百强名校试题解析金卷第14卷安徽省六安市第一中学届高三上学期第二次月考化学试题解析解析版.docx
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百强名校试题解析金卷第14卷安徽省六安市第一中学届高三上学期第二次月考化学试题解析解析版
安徽省六安市第一中学2019届高三上学期第二次月考
化学试题
原子量:
H—1C—12N—14O—16S—32Na—23Ca—40
一、选择题(本大题共16小题,共48分,每小题只有一个选项符合题意)
1、化学与生产、生活密切相关,下列说法不正确的是
A.Al2O3熔点高,可用于制作耐高温仪器
B.明矾净水与胶体的性质有关
C.“滴水石穿,绳锯不断”不包含化学变化
D.“火树银花不夜天”与金属的焰色反应有关
【答案】C
考点:
考查了物质变化与化学变化的判断的相关知识。
2、下列判断合理的是
①硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
③根据分散系是否具有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
④根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
⑤根据Na2O、Na2O2组成元素相同,均与H2O反应,故均属于碱性氧化物
A.②④B.①②④C.①③⑤D.②③⑤
【答案】A
【解析】
试题分析:
①纯碱即碳酸钠,是由钠离子和碳酸根离子构成的属于盐,不是碱,故①错误;②蔗糖在熔融时和溶液中都不导电属于非电解质,硫酸钡在溶液中完全电离属于强电解质,水能部分电离属于弱电解质,故②正确;③根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液,故③错误;④化学反应中元素化合价是否发生变化把反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应,故④正确;⑤因过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气,则过氧化钠不属于碱性氧化物,故⑤错误;故选A。
【考点定位】考查物质的分类
【名师点晴】本题考查了物质的分类、电解质非电解质、分散系、化学反分类的依据分析判断性等,题目涉及的知识点较多,侧重于基础知识的考查。
对于酸性氧化物和碱性氧化物的判断应注意:
(1)碱性氧化物都是金属氧化物,但金属氧化物不一定是碱性氧化物,如Mn2O7为酸性氧化物,Al2O3为两性氧化物,Na2O2为过氧化物。
(2)酸性氧化物不一定是非金属氧化物,如Mn2O7;非金属氧化物也不一定是酸性氧化物,如NO、NO2。
(3)酸性氧化物、碱性氧化物不一定都能与水反应生成相应的酸或碱,如SiO2、Fe2O3。
3、NA代表阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是
A.0.1molCl2溶于足量水中,转移的电子数为0.1NA
B.100g98%的浓硫酸中,氧原子总数为4NA
C.常温常压下,3g甲醛所含σ键数目为0.3NA
D.1molFeCl3与沸水反应生成胶体后,含有的Fe(OH)3胶粒数目为NA
【答案】C
【考点定位】本题主要是考查阿伏伽德罗常数的计算
【名师点晴】该类题的特点是以微粒数目的计算为依托,考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。
顺利解答该类题目的关键是:
一方面要仔细审题,注意关键字词,熟悉常见的“陷阱”;另一方面是要把各种量转化为物质的量,以此为中心进行计算。
该类试题答题时需要注意以下几点:
①注意气体体积与状况的关系,如在标准状况下,11.2LH2的分子数一定为0.5NA,但在非标准状况下,其分子数有可能为0.5NA。
②注意弱电解质的电离及某些离子的水解,如1molCH3COOH溶于水时,溶液中CH3COO-的物质的量小于1mol;1molFeCl3溶于水时,由于Fe3+的水解,溶液中Fe3+的物质的量小于1mol。
③注意一些物质中化学键的数目,如1molH2O中含有2molO—H键;1molNH3中含有3molN—H键;1molCH4中含有4molC—H键;1molSiO2中含有4molSi—O键;1molP4中含有6molP—P键;1molSi中含有2molSi—Si键;1mol石墨中含有1.5NA个C—C键;1molCnH2n+2中含有(3n+1)NA个共价键,(2n+2)NA个极性键,(n-1)NA个非极性键。
④注意常见的可逆反应或隐含反应,如:
N2+3H2
2NH3、2SO2+O2
2SO3,H2+I2
2HI,2NO2
N2O4,NO和O2混合发生反应2NO+O2=2NO2等。
⑤注意分散系的变化导致微粒数目的变化,如FeCl3溶液转化为Fe(OH)3胶体,因为胶体微粒是分子的集合体,所以胶体粒子的数目小于原溶液中Fe3+的数目。
4、下列叙述的两个量,一定相等的是
A.0.1mol·L-1NaNO3与0.05mol·L-1Na2CO3溶液中的Na+离子数目
B.质量相等的石墨和C60中的碳原子数目
C.标准状况下等体积的SO2与SO3的分子数目
D.pH都为3的稀盐酸与AlCl3溶液中,由水电离产生的H+离子数目
【答案】B
考点:
考查了物质的量的有关计算、外界条件对水的电离平衡的影响的相关知识。
5、将等质量的甲、乙两种气体分别充入两个密闭容器中,若两容器的温度和压强均相同,且甲的密度大于乙的密度,则下列说法正确的是
A.甲的分子数比乙的分子数多B.甲的物质的量比乙的物质的量少
C.甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小D.甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小
【答案】B
【解析】
试题分析:
根据ρ=
知,相同条件下,质量一定的气体密度与体积成反比,甲的密度大于乙的密度,则甲体积小于乙体积,在同温同压下,物质的量之比等于体积之比,说明甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量。
A.根据N=nNA可知,分子数与物质的量成正比,则甲的分子数比乙的分子数少,故A错误;B.根据分析可知,甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量,故B正确;C.在相同温度和压强下,气体的摩尔体积相等,故C错误;D.甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量,两种气体质量相等,根据M=
可知,甲的相对分子质量比乙的相对分子质量大,故D错误;故选B。
【考点定位】考查阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律
【名师点晴】本题考查阿伏加德罗定律定律及其推论,灵活运用公式是解本题的关键,注意掌握阿伏伽德罗定律及其推论的内容。
阿伏加德罗定律的重要推论:
(1)同温同压时:
①V1:
V2=n1:
n2=N1:
N2②ρ1:
ρ2=M1:
M2③同质量时:
V1:
V2=M2:
M1;
(2)同温同体积时:
④P1:
P2=n1:
n2=N1:
N2⑤同质量时:
P1:
P2=M2:
M1;(3)同温同压同体积时:
⑥ρ1:
ρ2=M1:
M2=m1:
m2。
6、下列各组分子、离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.含Fe3+的溶液中:
、Na+、NO3-、SO42-
B.pH=13的溶液中:
Na+、K+、S2-、SO32-
C.能使淀粉KI试纸显蓝色的溶液中:
NH4+、Fe2+、NO3-、Cl-
D.在水电离的c(OH-)=10-13mol/L的溶液中:
Na+、Ba2+、ClO-、NH4+
【答案】B
考点:
考查了离子共存的相关知识。
7、下表中,对陈述I、II的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是
选项
陈述I
陈述II
判断
A
碳酸钠溶液可用于治疗胃病
Na2CO3可与盐酸反应
I对,II对,有
B
盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶用橡胶塞
氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠
I错,II对,有
C
铝制品很耐腐蚀
铝在常温下很难被氧气氧化
I对,II对,有
D
向漂白粉溶液中滴入少量白醋以增强漂白能力
醋酸的酸性比次氯酸强
I对,II对,有
【答案】D
考点:
考查了元素及其化合物的性质的相关知识。
8、已知Cr2O72-、Cr3+、CH3CH2OH、CH3COOH、H+、H2O六种微粒属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物。
下列叙述中不正确的是
A.还原产物为CH3COOH
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:
3
C.Cr2O72-和Cr3+分别属于反应物和生成物
D.若把该反应设计从成原电池,则负极反应为CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+
【答案】A
【解析】
试题分析:
已知Cr2O72-、Cr3+、CH3CH2OH、CH3COOH、H+、H2O六种微粒属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物。
乙醇检验还原性,Cr2O72-具有氧化性,因此反应方程式为2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O,A.CH3COOH为氧化产物,错误;B.根据方程式,氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:
3,正确;C.根据方程式,Cr2O72-和Cr3+分别属于反应物和生成物,正确;D.若把该反应设计从成原电池,负极反应发生氧化反应,电极反应式为CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+,正确;故选A。
考点:
考查了氧化还原反应的相关知识。
9、已知a是一种常见单质,可发生如图所示的转化关系,则下列叙述中不正确的是
A.a在与强碱溶液的反应中氧化剂是强碱
B.向b中滴加适量盐酸可得到c
C.c不一定是两性物质
D.d一定能和氢氧化钠溶液反应
【答案】A
【考点定位】考查无机物的推断
【名师点晴】本题考查无机物的推断,熟悉Al及其化学物的性质、Si及其化合物的性质是解答本题的关键,并注意两性化合物的性质来解答。
本题的易错选项是A,铝与氢氧化钠反应过程中水是氧化剂。
10、锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在。
从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物,再用碳还原①2Sb2S3+3O2+6Fe=Sb4O6+6FeS②Sb4O6+6C=4Sb+6CO,下列关于反应①、②的说法正确的是
A.反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6
B.反应①中每生成3molFeS时,共转移6mol电子
C.反应②说明高温下Sb的还原性比C强
D.每生成4molSb时,反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为3:
1
【答案】B
【解析】
试题分析:
A.反应①O2为氧化剂,②中Sb4O6为氧化剂,故A错误;B.①2Sb2S3+3O2+6Fe=Sb4O6+6FeS中,每生成6molFeS时,共转移12mol电子,则每生成3molFeS时,共转移6mol电子,故B正确;C.反应②说明高温下Sb的还原性比C弱,故C错误;D.每生成4molSb时,反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为1:
1,故D错误;故选B。
【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点晴】本题考查氧化还原反应知识。
①2Sb2S3+3O2+6Fe=Sb4O6+6FeS中,O和Fe化合价发生变化,O2为氧化剂,Fe为还原剂;②Sb4O6+6C=4Sb+6CO中Sb和C的化合价发生变化,Sb4O6为氧化剂,C为还原剂。
本题注意从氧化还原反应的角度分析,注意氧化剂和还原剂的判断。
11、amolNa2O2和bmolNaHCO3固体混合后,在密闭容器中加热到250℃,使其充分反应,当排除的O2和H2O的物质的量之比为1:
1时,a:
b为
A.1:
1B.1:
2C.2:
3D.2:
1
【答案】C
考点:
考查了混合物的有关计算、钠的化合物的性质的相关知识。
12、下列离子方程式中,正确的是
A.向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液:
Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O
B.向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2使SO42-反应完全:
2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O
C.足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中:
CO2+CO32-+H2O=2HCO3-
D.向NaClO溶液中通入少量SO2:
2ClO-+H2O+SO2=SO32-+2HClO
【答案】A
【解析】
试题分析:
A.向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸钠,故A正确;B.向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2使SO42-反应完全,恰好反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和一水合氨,故B错误;C.足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠沉淀,故C错误;D.生成的次氯酸具有氧化性,要将SO32-氧化,故D错误;故选A。
考点:
考查了离子方程式的正误判断的相关知识。
13、将一定体积的CO2通入VLNaOH溶液中,已知反应物均无剩余。
若在反应后的溶液中加入足量石灰水,得到ag沉淀;若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液,得到bg沉淀,则下列说法正确的是
A.参加反应的CO2的体积为0.224aL
B.若a=b,则CO2与NaOH溶液反应的产物盐只有Na2CO3
C.用上述数据不能确定NaOH溶液的物质的量浓度
D.a可能等于、小于或大于b
【答案】B
考点:
考查了利用化学反应方程式的计算的相关知识。
14、在c(NaOH)=2c(NaAlO2)的溶液中滴加稀HCl,下列离子方程式正确的是
A.OH-+AlO2-+2H+=Al(OH)3
B.OH-+AlO2-+5H+=Al3++3H2O
C.2OH-+AlO2-+3H+=Al(OH)3+H2O
D.OH-+2AlO2-+3H++H2O=2Al(OH)3
【答案】C
考点:
考查了离子方程式的正误判断的相关知识。
15、在t℃时,将agNH3完全溶解于水,得到Vml溶液,假设该溶液的密度为ρg/cm3,质量分数为w,其中含NH4+的物质的量为bmol。
下列叙述中不正确的是
A.溶质的质量分数w=
×100%
B.溶质的物质的量浓度c=
mol/L
C.溶液中c(OH-)=
mol/L+c(H+)
D.上述溶液中再加入Vml水后,所得溶液的质量分数大于0.5w
【答案】D
【解析】
试题分析:
A.氨水溶液溶质为氨气,该溶液的密度为ρ g•cm-3,体积为VmL,所以溶液质量为ρVg,溶质氨气的质量为ag,溶质的质量分数为:
×100%,故A正确;B.a g NH3的物质的量为:
=
mol,溶液体积为VmL,所以溶液的物质的量浓度为:
=
mol/L,故B正确;C.溶液OH-来源于一水合氨、水的电离,NH4+的浓度为:
=
mol/L,一水合氨电离NH3•H2O⇌NH4++OH-,一水合氨电离出的OH-浓度为
mol/L,根据电荷守恒可得:
c(OH-)=
mol•L-1+c(H+),故C正确;D.水的密度大于氨水,相等体积的氨水与水,水的质量大,等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍,混合液中氨气的质量相同,等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w,故D错误;故选D。
【考点定位】考查物质的量浓度的计算
【名师点晴】本题考查物质的量浓度、质量分数的计算等,注意掌握物质的量浓度、溶质质量分数的表达式及计算方法,明确溶质质量分数与物质的量浓度之间的关系。
本题属于字母型计算,增大了计算难度,掌握定义式及其变形公式是解题关键,将溶质的质量分数换算成物质的量浓度时,首先要计算1L溶液中含溶质的质量,换算成相应物质的量,有时还需将溶液的质量换算成溶液的体积,最后才换算成溶质的物质的量浓度。
16、某澄清溶液可能存在有以下离子中的若干种:
Na+、Al3+、Fe3+、Cl-、CO32-、SO32-、SiO32-、AlO2-,为确定溶液组成进行如下实验:
①取少量待测液,滴加足量的稀盐酸无沉淀生成,但能产生无色无味的气体
②取①反应后的溶液加入稀硝酸酸化后滴加AgNO3溶液,产生白色沉淀
③另取①反应后的溶液加入足量的NH3·H2O,产生白色沉淀。
下列说法错误的是
A.根据实验①可以确定溶液中一定有Na+、CO32-,一定无Al3+、Fe3+、SO32-、SiO32-
B.根据实验②无法确定溶液是否含有Cl-
C.根据实验③可以确定溶液中一定有AlO2-
D.忽略溶液中H+、OH-的浓度,该溶液中一定有c(Na+)=c(Cl-)+c(AlO2-)+c(CO32-)
【答案】D
【解析】
试题分析:
①取少量待测液,滴加足量的稀盐酸无沉淀生成,但能产生无色无味的气体,证明含有CO32-,没有SO32-、SiO32-;CO32-与Al3+、Fe3+能够发生双水解反应,一定没有Al3+、Fe3+;②取①反应后的溶液加入稀硝酸酸化后滴加AgNO3溶液,产生白色沉淀,由于①中加了盐酸,因此无法证明是否含有Cl-;③另取①反应后的溶液加入足量的NH3·H2O,产生白色沉淀,证明反应后的溶液中含有Al3+,说明原溶液中含有AlO2-;根据上述分析,溶液中一定含有Na+、CO32-、AlO2-,一定没有SO32-、SiO32-、Al3+、Fe3+,可能含有Cl-;A.根据上述分析,溶液中一定有Na+、CO32-,一定无Al3+、Fe3+、SO32-、SiO32-,故A正确;B.根据上述分析,无法确定溶液是否含有Cl-,故B正确;C.根据上述分析,可以确定溶液中一定有AlO2-,故C正确;D.无法确定溶液是否含有Cl-,故D错误;故选D。
考点:
考查了离子的检验和推断的相关知识。
二、非选择题(本大题共5小题,共52分)
17、(8分)对于甲、乙、丙、丁、戊五种溶液有如下信息:
①分别由NH4+、Na+、Al3+、Ba2+、Ag+和NO3-、Cl-、SO42-、Br-、CO32-离子中的各一种组成(不重复)②其中甲丙戊三种溶液呈酸性,乙溶液呈碱性③甲、乙反应生成白色沉淀和气体,丁可分别与甲乙丙反应生成白色沉淀。
请回答下列问题:
(1)用化学式表示乙、丁两种物质:
乙丁
(2)用离子方程式表示戊溶液呈酸性的原因。
(3)检验甲中阴离子的操作方法是。
【答案】
(1)Na2CO3BaCl2;
(2)NH4++H2O
NH3·H2O+H+
(3)取溶液少许,滴加稀HCl酸化,再滴加BaCl2有白色沉淀生成
(1)由上述分析可知,乙为Na2CO3,丁为:
BaCl2,故答案为:
Na2CO3;BaCl2;
(2)NH4Br是强酸弱碱盐,NH4+水解显酸性,离子方程式为:
NH4++H2O
NH3•H2O+H+,故答案为:
NH4++H2O
NH3•H2O+H+;
(3)检验SO42-时,首先要加入盐酸,以排除CO32-等干扰,然后再加入氯化钡溶液,如果出现白色沉淀,说明含有SO42-,故答案为:
首先要加入盐酸,然后再加入氯化钡溶液,如果出现白色沉淀,说明含有SO42-。
考点:
考查了无机物的推断的相关知识。
18、(14分)小苏打(NaHCO3)样品中常含有NaCl杂质,为测定试样中NaHCO3的质量分数,某研究小组设计了如下三种方案:
回答下列问题:
(1)方案I测定中需配制100ml1mol/L硫酸;
①若用12mol/L硫酸配制该溶液,需量取该硫酸溶液的体积为ml。
②配制过程中出现以下情况,对所配制溶液浓度无影响的是。
A.没有洗涤烧杯和玻璃棒B.如果加水超过了刻度线,取出水使液面恰好到刻度线
C.容量瓶没有干燥D.定容时俯视刻度线
③若最终消耗的标准H2SO4的体积平均为25.00ml,则样品中NaHCO3的质量分数为。
(2)方案II中操作I的名称是,需要用到的玻璃仪器有。
(3)方案III是用下图装置进行测定。
①装置A中反应的化学方程式为。
②球形干燥管的作用是。
【答案】
(1)①8.3②C③4.2/m
(2)蒸发结晶;酒精灯、玻璃棒
(3)①2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑
②防止空气中的水蒸气或CO2进入C装置
【解析】
试题分析:
(1)①设准确配制100mL1mol/L的稀硫酸需取该硫酸的体积为V,溶液稀释前后溶质的物质的量不变,则有:
0.1L×1mol/L=V×12mol/L,V=0.0083L=8.3ml,故答案为:
8.3ml;
②A.没有洗涤烧杯和玻璃棒,导致溶质的物质的量偏小,根据c(待测)=
,浓度偏小,错误;B.如果加水超过了刻度线,取出水使液面恰好到刻度线,导致溶质的物质的量偏小,根据c(待测)=
,浓度偏小,错误;C.容量瓶没有干燥,不影响溶质的量和溶液的体积,对结果无影响,正确;D.定容时俯视刻度线,导致溶液的体积偏小,根据c(待测)=
,浓度偏大,错误;故选C;
考点:
考查了碳酸氢钠的性质、物质含量的测定实验方案的设计的相关知识。
19、(8分)仔细阅读下列三段文字。
①由稀有气体元素Xe(氙)与氧元素形成的一种共价化合物XeO3极不稳定,易转化为单质而呈强氧化性。
将适量的XeO3投入含Mn2+的水溶液中,溶液逐渐变为紫红色且pH不断减小。
②将0.08molKMnO4固体加热一段时间后,收集到amolO2;向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸,又收集到bmolCl2,此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中。
③氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。
下面是一个还原过程的反应式:
Cl2+2e-=2Cl-
回答问题:
(1)试写出有关①的离子方程式。
(2)请配平②的化学方程式:
KMnO4+HCl-KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O
通过对第②段文字中提供的数据计算出a+b的最大值为。
(3)从Na2CO3、KMnO4、XeO3、Na2SO3四种物质中选出一种能使③中的还原过程能够发生,并将该反应的氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中,并用单线桥表示电子转移的方向和数目:
。
【答案】
(1)5XeO3+6Mn2++9H2O=6MnO4-+5Xe↑+8H+
(2)21625580.2mol
(3)
(2)Mn元素的化合价降低5,Cl元素的化合价升高1,由电子守恒和原子守恒可知,反应为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,上述过程中,锰元素得到的电子数等于O元素、Cl元素失去的电子数,所以0.08mol×(7-2)=2a×(2-0)mol+2b(1-0)mol,则2a+b=0.2,a+b=0.2-a,当高锰酸钾不分解生成氧气时,a=0,当高锰酸钾完全分解生成氧气时,生成氧气的物质的量为0.04mol,所以x的取值范围为:
0≤a≤0.04,所以0.16≤a+b≤0.2,即最大值为0.2mol。
故答案为:
2;16;2;2;5;8;0.2mol;
【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点晴】本题考查氧化还原反应,为高频考点,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,侧重氧化还原反应基本概念、计算的考查,注意从化合价角度和习题信息角度分析。
氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移,而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数),根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。
配平的步骤:
(1)标好价:
正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价。
(2)列变化:
列出元素化合价升高和降低的数值。
(3)求总数:
求元素化合价升高数和降低数的总数,确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。
(4)配系数:
用观察法配平其他各物质的化学计量数。
(5)细检查:
利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒),逐项检查配平的方程式是否正确。
20、(10分)一种含铝、锂、钴的新型电子材料,生产中产生的废料数量可观,废料中的铝以金属铝箔的形式;钴以Co2O3·CoO的形式存在,吸附在铝箔的单面或双面;锂混杂于其中,从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下:
(1)过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al,能加快溶出率的操作有、。
(写出两条)
(2)过程II中加入稀H2SO4酸化后,再加入
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