届江苏省连云港市老六所四星高中高三下学期模拟考试化学试题解析版.docx
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届江苏省连云港市老六所四星高中高三下学期模拟考试化学试题解析版
江苏省连云港市老六所四星高中2020届高三下学期模拟考试
可能用到的相对原子质量:
H–1C-12N-14O-16S-32Na–23
选择题
单项选择题:
本题包括10小题,每小题2分,共计20分。
每小题只有一个选项符合题意。
1.化学与人类的生产、生活密切相关。
下列说法正确的是()
A.废旧电池应集中处理的首要原因是回收利用其中的金属材料
B.新型冠状病毒对人类健康构成严重威胁,常用95%的酒精作新冠消毒剂
C.油脂属于高分子化合物,使用一定的油脂能促进人体对某些维生素的吸收
D.将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用,是法律允许的做法
『答案』D
『详解』A.废旧电池中含有重金属离子,会污染土壤及地下水,所以废电池集中处理的首要原因时防止其污染环境,故A错误;
B.95%的酒精因浓度过高,能将细菌表面包膜的蛋白质迅速凝固,并形成一层保护膜,达不到杀菌的目的,故B错误;
C.油脂不是高分子化合物,故C错误;
D.二氧化硫具有还原性,可以吸收空气中氧气,起到杀菌和抗氧化作用,故D正确;
故『答案』为D。
2.Mg(NH)2可发生水解:
Mg(NH)2+2H2O=N2H4+Mg(OH)2。
下列表示相关微粒的化学用语正确的是()
A.中子数为8的氧原子:
O
B.N2H4的电子式:
C.镁原子的结构示意图:
D.水分子的比例模型:
『答案』C
『详解』A.中子数为8的氧原子质量数为8+8=16,所以符号为
O,故A错误;
B.N2H4中N原子达到8电子稳定结构,电子式为
,故B错误;
C.Mg元素为12号元素,核电荷数为12,镁原子失去最外层两个电子形成镁离子,结构示意图为
,故C正确;
D.氧原子半径比氢原子半径大,且为V形结构,所以水分子的比例模型为
,故D错误;
故『答案』为C。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()
A.氢氟酸具有弱酸性,可用于蚀刻玻璃
B.FeCl3易发生水解,可用作铜制线路板的蚀刻剂
C.石英坩埚耐高温,可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体
D.漂白粉具有氧化性,可用于脱除烟气中SO2和NO等污染气体
『答案』D
『详解』A.氢氟酸能和二氧化硅反应生成气态的SiF4,有利于向SiO2溶解的方向进行。
所以反应能持续进行,与HF的酸性强弱无关,故A错误;
B.用FeCl3溶液蚀刻铜板是因为Fe3+具有较强氧化性,可以和Cu反应生成Cu2+,与氯化铁的水解无关,故B错误;
C.烧碱、纯碱等碱性固体可以和石英坩埚中的SiO2反应,不能石英坩埚加热熔化烧碱、纯碱,故C错误;
D.漂白粉的主要成分是次氯酸钙,次氯酸钙具有强氧化性,能氧化SO2和NO生成硫酸盐和硝酸盐,所以漂白粉可用于脱除烟气中SO2和NO,故D正确;
故『答案』为D。
4.常温下,下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()
A.无色透明的溶液:
Na+、Cu2+、SO42-、NO3-
B.0.1mol·L-1FeSO4溶液:
Na+、K+、Cl-、NO3-
C.c(Fe3+)=1mol·L-1的溶液:
K+、NH4+、SO42-、SO32-
D.水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液:
K+、Ca2+、Cl-、HCO3-
『答案』B
『详解』A.含有铜离子的溶液显蓝色,故A不符合题意;
B.硫酸亚铁溶液酸性较弱,硝酸根不会表现强氧化性,四种离子可以大量共存,故B符合题意;
C.三价铁离子会和亚硫酸根发生氧化还原反应,不能大量共存,故C不符合题意;
D.水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可能为酸溶液,也可能为碱溶液,但无论酸还是碱,碳酸氢根都不能大量共存,故D不符合题意;
故『答案』为B。
5.下列有关表述正确的是()
A.HClO是弱酸,所以NaClO是弱电解质
B.向溶有氨气的CaCl2溶液中通SO2能看到白色沉淀
C.室温下,AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度
D.Na2O、Na2O2组成元素相同,所以与CO2反应产物也相同
『答案』B
『详解』A.虽然HClO是弱酸,但次氯酸钠为强电解质,故A错误;
B.溶有氨气的氯化钙溶液显碱性,可以吸收二氧化硫生成亚硫酸根,亚硫酸根和钙离子可以生成亚硫酸钙,为白色沉淀,故B正确;
C.食盐水中有大量的氯离子,会降低氯化银的溶解度,故C错误;
D.Na2O和二氧化碳反应生成碳酸钠,Na2O2和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,故D错误;
故『答案』为B。
6.实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液,可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。
下列做法能达到相应实验目的的是( )
A.
制取Cl2
B.
使Br-转化为Br2
C.
分液,先放出水层,再倒出溴的苯溶液
D.
将分液后的水层蒸干获得无水FeCl3
『答案』C
『详解』A.实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应,稀盐酸与二氧化锰不反应,不能制备氯气,A项错误;
B.用氯气氧化溴离子时,导气管应该采用“长进短出”原则,所以该装置错误,不能实现实验目的,B项错误;
C.分液时先从下口放出水相,再从上口倒出有机相,C项正确;
D.蒸发时应该,蒸发至有大量晶体析出时停止加热,用余热蒸干,另外FeCl3水解生成的盐酸易挥发,直接蒸发,得不到无水FeCl3,D项错误;
『答案』选C。
『点睛』本题考查化学实验方案评价,涉及物质制备、实验操作等知识点,明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键,易错点是选项D,加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢,升高温度促进水解,为防止水解,应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是()
A.向氨水中通入过量SO2:
NH3·H2O+SO2=NH4++HSO3-
B.Si与NaOH溶液反应:
Si+2OH-+H2O=SiO32-+H2↑
C.向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热:
NH4++OH-
NH3↑+H2O
D.Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀:
2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
『答案』A
『详解』A.因二氧化硫过量所以生成亚硫酸氢根,离子方程式为NH3·H2O+SO2=NH4++HSO3-,故A正确;
B.硅与NaOH溶液反应正确离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑,故B错误;
C.碳酸氢根也可以和氢氧根反应,所以向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热离子方程式为NH4++HCO3-+2OH-
NH3↑+2H2O+CO32-,故C错误;
D.Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀,正确的离子方程式为:
Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O,故D错误;
故『答案』为A。
『点睛』离子方程式正误判断常用方法:
检查反应物、生成物是否正确,检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式,检查是否符合守恒关系(如:
质量守恒和电荷守恒等)等。
8.下列物质的转化在给定条件下能实现的是()
A.NaCl(aq)
NaOH
NaAlO2
B.CuO
Cu(OH)2
Cu2O
C.Ca(ClO)2(aq)
HClO(aq)
Cl2(g)
D.H2SO4(稀)
SO2(g)
Na2SO3(aq)
『答案』A
『详解』A.电解氯化钠溶液可以得到NaOH,NaOH溶液与Al2O3可以反应生成偏铝酸钠,故A正确;
B.氧化铜和水不反应,故B错误;
C.次氯酸光照分解生成氧气和HCl,得不到氯气,故C错误;
D.稀硫酸和铜单质不反应,故D错误;
故『答案』为A。
9.短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大。
元素X是制备一种高效电池的重要材料,Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,元素Z是地壳中含量最丰富的金属元素,W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍.下列说法正确的是()
A.原子半径:
r(Y)<r(X)<r(Z)<r(W)
B.Y与氢形成原子比为1:
1的化合物只有一种
C.Y可与W形成空间构型为直线形的共价化合物YW2
D.单质Z与Y、W对应的最高价氧化物的水化物都能够发生反应
『答案』C
『分析』Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,则其电子层数应为2,内层电子数为2,所以Y为C;元素X是制备一种高效电池的重要材料,且原子序数小于C,则X为Li;元素Z是地壳中含量最丰富的金属元素,则Z为Al;W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,且不可能是C,则W为S。
『详解』A.同周期主族元素自左至右原子半径依次减小,同主族元素自上而下原子半径增大,所以原子半径C
B.C和氢原子比为1:
1的化合物有C2H2、C6H6等多种烃类,故B错误;
C.CS2中心原子价层电子对数为2,不含孤电子对,空间构型为直线形,故C正确;
D.Al不能和碳酸溶液反应,可以和硫酸反应,故D错误;
故『答案』为C。
『点睛』地壳中含量最多的元素为O,含量最多的金属元素为Al。
10.2019年11月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法,原理如图所示(已知:
H2O2=H++HO2-,Ka=2.4×10-12)。
下列说法错误的是()
A.X膜为选择性阳离子交换膜
B.催化剂可促进反应中电子的转移
C.每生成1molH2O2电极上流过4mole-
D.b极上的电极反应为O2+H2O+2e-=HO2-+OH-
『答案』C
『详解』A.a极发生H2-2e-=2H+,X膜为选择性阳离子交换膜,让H+进入中间,故A正确;
B.催化剂可促进反应中电子的转移,加快反应速率,故B正确;
C.氧元素由0价变成-1价,每生成1molH2O2电极上流过2mole-,故C错误;
D.b为正极,氧气得电子,b极上的电极反应为O2+H2O+2e-=HO2-+OH-,故D正确;
故选C。
不定项选择题:
本题包括5小题,每小题4分,共计20分。
每小题只有一个或两个选项符合题意。
若正确『答案』只包括一个选项,多选时,该小题得0分;若正确『答案』包括两个选项,只选一个且正确的得2分,选两个且都正确的得满分,但只要选错一个,该小题就得0分。
11.下列说法正确的是()
A.常温下,反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)能自发发生反应,则该反应的△H>0
B.常温下,等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中,水的电离程度相同
C.常温下,0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液加水稀释后,溶液中
的值增大
D.常温下,向BaCO3、BaSO4的饱和溶液中加入少量BaCl2固体,溶液中
减小
『答案』C
『详解』A.△H-T•△S<0反应自发,反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)是熵减反应△S<0,只有△H<0才可能能使△H-T•△S<0,故A错误;
B.醋酸为弱酸,等浓度的醋酸和盐酸,醋酸电离出的氢离子浓度较小,对水的电离抑制作用较小,故B错误;
C.
,加水稀释溶液碱性减弱,氢离子浓度增大,电离平衡常数不变,所以
增大,故C正确;
D.混合溶液中
,加入少量氯化钡固体,温度不变,则比值不变,故D错误;
故『答案』为C。
『点睛』判断溶液中离子浓度比值变化时,特别是分子和分母变化趋势一致的比值,可以将其转化为与平衡常数有关的等式,使变量只有一个,再进行判断。
12.铁杉脂素是重要的木脂素类化合物,其结构简式如图所示。
下列有关铁杉脂素的说法正确的是()
A.分子中有3个手性碳原子
B.能与甲醛发生缩聚反应
C.分子中所有的碳原子可能处于同一平面
D.1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗4molNaOH
『答案』A
『详解』A.连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子,如图该物质有3个手性碳原子,
,故A正确;
B.该物质酚羟基的邻位只有一个空位,所以不能与甲醛发生缩聚反应,故B错误;
C.与饱和碳原子相连的3个碳原子不可能共面,故C错误;
D.能与氢氧化钠反应的为酚羟基和酯基,酯基水解后的羟基不是酚羟基,所以1 mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3 mol NaOH,故D错误;
故『答案』为A。
13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()
选项
实验操作和现象
实验结论
A
SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中,溶液红色褪去
SO2具有漂白性
B
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中,气体红棕色加深
2NO2(g)
N2O4(g)为放热反应
C
将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中,溶液变黄色
氧化性:
H2O2>Fe3+
D
向2支均盛有2mL相同浓度Na3『Ag(S2O3)2』溶液的试管中,分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液,前者无明显现象,后者有黄色沉淀
Ksp(AgI) 『答案』BD 『详解』A.SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中,溶液红色褪去是因为二氧化硫和NaOH反应使溶液碱性减弱,并不是因为SO2具有漂白性,故A错误; B.将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中,气体红棕色加深,说明温度升高平衡逆向移动,则反应2NO2(g) N2O4(g)为放热反应,故B正确; C.硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性,可氧化亚铁离子,该实验无法证明是何种物质氧化的亚铁离子,故C错误; D.向2支均盛有2mL相同浓度Na3『Ag(S2O3)2』溶液的试管中,分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液,前者无明显现象,后者有黄色沉淀,说明相同条件下AgI更容易沉淀,即AgI溶解度更小,AgI和AgCl为同种沉淀,所以Ksp(AgI) 故『答案』为BD。 14.20℃时,下列有关电解质溶液的说法正确的是() A.pH=9.25,浓度均为0.1mol/L的NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液: c(NH4+)+c(H+)>c(NH3•H2O)+c(OH-) B.向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应: c(OH-)=c(H+)+2c(HClO)+2c(ClO-) C.向0.1mol/LNaHSO3溶液中通入NH3至pH=7的溶液: c(Na+)>c(SO32-)>c(NH4+) D.CO2通入KOH溶液,当由水电离的c(H+)=10-7mol/L,一定存在: c(K+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3) 『答案』AC 『详解』A.浓度均为0.1mol/L的NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液显碱性,说明铵根的水解程度小于一水合氨的电离程度,所以c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3•H2O),电荷守恒式为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),所以c(NH4+)+c(H+)>c(NH3•H2O)+c(OH-),故A正确; B.向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应,溶液中的溶质为等物质的量的CaCl2和Ca(ClO)2,溶液中存在电荷守恒2c(Ca2+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-),存在物料守恒2c(Ca2+)=c(ClO-)+c(Cl-)+c(HClO),联立可得c(OH-)=c(H+)-c(HClO),故B错误; C.0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7,溶液中存在物料守恒: c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)①,溶液中存在电荷守恒: c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),因为pH=7所以c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)②,由①得c(Na+)>c(SO32-);将①式左右两边都加上c(NH4+)得c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)+c(NH4+)③,结合②③得c(SO32-)=c(NH4+)+c(H2SO3),故c(SO32-)>c(NH4+),故c(Na+)>c(SO32-)>c(NH4+),故C正确; D.若溶液中存在c(K+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3),对应的溶液溶质应为KHCO3,而碳酸氢钾溶液显碱性,溶液中水电离的c(H+)不等于10-7mol/L,故D错误; 故『答案』为AC。 『点睛』选项C为难点,要充分利用电荷守恒、物料守恒式结合溶液的酸碱性进行离子浓度比较,需要学生有较强的数学推理能力,难度较大。 15.在①、②、③容积不等的恒容密闭容器中,均充入0.1molCO和0.2molH2,在催化剂的作用下发生反应: CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。 测得三个容器中平衡混合物中CH3OH的体积分数随温度的变化如图所示: 下列说法正确的是() A.该反应的正反应为吸热反应 B.三个容器容积: ①>②>③ C.在P点,CO转化率为75% D.在P点,向容器②中再充入CO、H2及CH3OH各0.025mol,此时v(CO)正>v(CO)逆 『答案』CD 『详解』A.同一容器中,升高温度,甲醇的体积分数减小,说明升高温度平衡逆向移动,则正反应是放热反应,故A错误; B.相同温度下,增大压强(缩小容器容积)平衡正向移动,则甲醇的体积分数增大,根据图知,相同温度下甲醇的体积分数大小顺序是: ①>②>③,说明压强大小顺序是: ①>②>③,则容器体积为: ①<②<③,故B错误; C.P点,容器中甲醇的体积分数是50%,设此时CO的转化率为x,列三段式有 同一容器中气体的体积分数等于其物质的量分数,则有 =50%,解得x=0.75,CO的转化率为75%,故C正确; D.设容器体积为VL,P点化学平衡常数K= =1200V2,向容器②中再充入CO、H2 及 CH3OH 各 0.025mol,此时浓度商= =355.5V2<K,则平衡正向移动,所以此时 v(CO)正>v (CO)逆,故D正确; 故『答案』为CD。 『点睛』明确温度、压强对化学平衡影响是解本题关键;学生应掌握通过浓度商和平衡常数的比较来判断平衡移动方向的方法,浓度商大于平衡常数,平衡逆向移动,浓度商小于平衡常数,平衡正向移动。 非选择题 16.用含砷氧化铜矿『含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等』制取Cu2(OH)2SO4的工艺流程如下: (1)步骤Ⅰ“氨浸”时,控制温度为50~55℃,pH约为9.5,含铜化合物转化为『Cu(NH3)4』SO4溶液。 ①CuO被浸取的离子方程式为___________________________________________。 ②浸取温度不宜超过55℃,其原因是______________________________________。 ③Cu2+与NH3结合时,溶液中含铜微粒的物质的量分布分数(δ)与溶液中游离的c(NH3)的对数值的关系如图所示。 若用1L浸取液(由等物质的量NH3和NH4+组成)将amolCu2(OH)2CO3全部浸出为『Cu(NH3)4』2+(CO32-转变为HCO3-,不考虑其他反应,溶液体积变化忽略不计),原浸取液中起始时c(NH3)应满足的条件是_______________________。 (2)“除AsO2-”时,FeSO4需过量,一方面使AsO2-沉淀完全,另一目的是__________________________________________________________。 (3)“蒸氨”时发生反应的化学方程式为___________________________________________。 (4)为了实现生产过程中物质循环利用,可采取的措施为___________________________。 『答案』 (1).CuO+2NH3+2NH4+=『Cu(NH3)4』2++H2O (2).温度过高,会加速NH3的挥发(3).c(NH3)≥(5a+1)mol·L-1(4).生成的Fe(OH)3『或Fe(OH)3—Fe(OH)2』絮状沉淀吸附FeAsO4等含砷微粒(5).2『Cu(NH3)4』SO4 Cu2(OH)2SO4↓+6NH3↑+(NH4)2SO4(6).用步骤Ⅴ蒸出的NH3与步骤Ⅵ的滤液配制步骤Ⅰ所需的NH3—(NH4)2SO4浸取液 『分析』根据流程: 用NH3和(NH4)2SO4组成的溶液氨浸含砷氧化铜矿『含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等』,含铜化合物转化为『Cu(NH3)4』SO4溶液,同时混有重金属盐和AsO2-,加入硫化铵除去重金属离子,再加入(NH4)2S2O8和FeSO4,沉淀AsO2-,过滤FeAsO4和Fe(OH)3沉淀,得到的溶液主要为(NH4)2SO4和『Cu(NH3)4』SO4溶液,蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2(OH)2SO4, (1)①CuO被NH3和(NH4)2SO4组成的溶液浸取得到『Cu(NH3)4』SO4,据此书写; ②温度高,会加速氨气的挥发; ③由图可知: 全部浸出为『Cu(NH3)4』2+时lgc(NH3)=0,则此时氨气浓度c(NH3)=1mol/L,再结合反应: Cu2(OH)2CO3+5NH3+3NH4+═2『Cu(NH3)4』2++HCO3-+2H2O分析计算可得; (2)根据流程中得到FeAsO4和Fe(OH)3沉淀分析; (3)“蒸氨”时发生反应为『Cu(NH3)4』SO4分解Cu2(OH)2SO4和氨气,结合原子守恒可得; (4)根据流程分析可得到NH3-(NH4)2SO4浸取液循环使用。 『详解』 (1)CuO被NH3和(NH4)2SO4组成的溶液浸取得到『Cu(NH3)4』SO4,反应的离子反应为: CuO+2NH3+2NH4+=『Cu(NH3)4』2++H2O; ②浸取温度不宜超过55℃,若是反应温度过高,会加速NH3的挥发; ③amolCu2(OH)2CO3全部浸出为『Cu(NH3)4』2+的反应为: Cu2(OH)2CO3+5NH3+3NH4+=2『Cu(NH3)4』2++HCO3-+2H2O,因此若参与反应的氨气为5amol,浓度为5amol/L,由图可知: 全部浸出为『Cu(NH3)4』2+时,lgc(NH3)=0,则此时氨气浓度c(NH3)=1mol/L,因此原浸取液中起始时c(NH3)≥(5a+1)mol/L; (2)流程中,“除AsO2-”时得到FeAsO4和Fe(OH)3沉淀,FeSO4需过量,一方面使AsO2-沉淀完全,另一目的是生成的Fe(OH)3『或Fe(OH)3-Fe(OH)2』絮状沉淀吸附FeAsO4等含砷微粒; (3)根据流程,“蒸氨”时发生反应为『Cu(NH3)4』SO4分解Cu2(OH)2SO4和氨气,反应方程式为: 2『Cu(NH3)4』SO4 Cu2(OH)2SO4↓+6NH3↑+(NH4)2SO4; (4)用步骤Ⅴ蒸出的NH3与步骤Ⅵ的滤液配制步骤Ⅰ所需的NH3-(NH4)2SO4浸取液可以在生产过程中物质循环利用。 『点睛』本题考查物质制备工艺流程的知识,题目涉及物质的分离提纯、对操作步骤及试剂的分析评价、电极反应式书写等,理解工艺流程原理
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