学年江西省南昌市新建县第一中学高一上学期期末考试共建部化学试题解析版.docx
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学年江西省南昌市新建县第一中学高一上学期期末考试共建部化学试题解析版
江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试(共建部)试题
可能用到的相对原子质量:
H-1C-12O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5
一、选择题(每小题只有一个正确选项,每题5分,共80分)
1.下列表示的物质为纯净物的是()
A.水泥B.液氮C.铝合金D.水玻璃
『答案』B
『解析』
『详解』A、水泥是硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙等的混合物,故不选A;
B、液氮中只含N2分子,属于纯净物,故选B;
C、铝合金是金属铝和其它金属或非金属的熔合物,属于混合物,故不选C;
D、水玻璃是硅酸钠的水溶液,属于混合物,故不选D。
2.下列物质的化学式与其名称不相符的是()
A.磁性氧化铁:
Fe2O3B.明矾:
KAl(SO4)2·12H2O
C.纯碱:
Na2CO3D.原硅酸:
H4SiO4
『答案』A
『解析』
『详解』A.磁性氧化铁的化学式是Fe3O4,故选A;
B.明矾的化学式是KAl(SO4)2·12H2O,故不选B;
C.纯碱是碳酸钠,化学式是Na2CO3,故不选C;
D.原硅酸的化学式是H4SiO4,故不选D。
3.下列各组分散系,需用丁达尔效应区分的是()
A.溶液与浊液B.胶体与胶体
C.溶液与胶体D.溶液与溶液
『答案』C
『解析』
『详解』A、溶液与浊液都不能产生丁达尔效应,溶液与浊液不能用丁达尔效应区分,故不选A;
B、胶体都能产生丁达尔效应,胶体与胶体不能用丁达尔效应鉴别,故不选B;
C、溶液不能产生丁达尔效应、胶体能产生丁达尔效应,溶液与胶体能用丁达尔效应鉴别,故选C;
D、溶液都不能产生丁达尔效应,溶液与溶液不能用丁达尔效应区分,故不选D。
4.下列反应中不是氧化还原反应的是()
A.3Cl2+6KOH===5KCl+KClO3+3H2O
B.CuO+H2
Cu+H2O
C.2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑
D.2AgNO3+BaCl2===2AgCl↓+Ba(NO3)2
『答案』D
『解析』
『分析』有元素化合价升降的反应是氧化还原反应,据此判断。
『详解』A.反应3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O中氯元素化合价部分升高部分降低,属于氧化还原反应,A不符合
B.反应CuO+H2
Cu+H2O中氢元素化合价升高,铜元素化合价降低,是氧化还原反应,B不符合;
C.反应2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑中Mn元素化合价降低,氧元素化合价升高,是氧化还原反应,C不符合;
D.反应2AgNO3+BaCl2=2AgCl↓+Ba(NO3)2中元素的化合价均不变,不是氧化还原反应,D符合。
『答案』选D。
5.下列实验操作中,不能用于物质分离的是( )
A.
B.
C.
D.
『答案』C
『解析』
『详解』A.该装置是过滤操作,适用于难溶性固体与可溶性液体混合物的分离,A不符合题意;
B.该装置是蒸馏操作,适用于互溶的沸点不同的液体混合物的分离,B不符合题意;
C.该装置是配制物质的量浓度的溶液的操作,不能用于分离混合物,C符合题意;
D.该装置是分液操作,适用于互不相溶的液体混合物的分离,D不符合题意;
故合理选项是C。
6.在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是()
A.K+、MnO4-、Na+、Cl-B.Na+、Ca2+、NO3-、HCO3-
C.NH4+、Ba2+、NO3-、SO42-D.K+、Na+、Cl-、SO42-
『答案』D
『解析』
『详解』A.含有MnO4-的溶液呈紫色,故不选A;
B.碱性溶液中,HCO3-与OH-反应生成CO32-,故不选B;
C.碱性溶液中,NH4+与OH-反应生成氨气,故不选C;
D.碱性溶液中,K+、Na+、Cl-、SO42-不反应,能大量共存,故选D。
7.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()
A.7.8gNa2O2与足量的H2O反应转移的电子数为0.2NA
B.分子总数为NA的SO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA
C.常温常压下,11.2LN2中含有的分子数为0.5NA
D.1mol/LNaCl的溶液中含有NA个钠离子
『答案』B
『解析』
『详解』A.Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气,Na2O2既是氧化剂又是还原剂,7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol,与足量的H2O反应转移的电子数为0.1NA,故A错误;
B.SO2、CO2分子中都含有2个氧原子,分子总数为NA的SO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA,故B正确;
C.常温常压下,气体摩尔体积不是22.4L/mol,11.2LN2的物质的量不是0.5mol,所以含有的分子数不是0.5NA,故C错误;
D.没有溶液体积,不能计算1mol/LNaCl的溶液中含有钠离子的物质的量,故D错误。
8.下列离子方程式书写正确的是()
A.石灰石溶于醋酸:
CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B.NaOH溶液中加入过量Ca(HCO3)2溶液:
Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-
C.将氯水加入到FeCl2溶液中:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
D.AlCl3溶液中滴加过量的氨水:
Al3++4NH3•H2O=AlO2-+2H2O+4NH4+
『答案』C
『解析』
『详解』A.石灰石溶于醋酸,反应的离子方程式是CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-,故A错误;
B.NaOH溶液中加入过量Ca(HCO3)2生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠、水,反应的离子方程式是Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O,故B错误;
C.将氯水加入到FeCl2溶液中生成氯化铁,反应的离子方程式是:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,故C正确;
D.AlCl3溶液中滴加过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵,反应的离子方程式是:
Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故D错误。
9.被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应:
NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑,下列说法中正确的是(NaBH4中H为-1价):
()
A.NaBH4既是氧化剂又是还原剂
B.被氧化的元素与被还原的元素质量比为1:
1
C.硼元素被氧化,氢元素被还原
D.NaBH4是氧化剂,H2O是还原剂
『答案』B
『解析』
『详解』A.NaBH4中H元素的化合价从-1价升高为0,为还原剂,而水中H元素的化合价由+1价降低为0,水为氧化剂,故A错误;
B.由反应可知,只有H元素的化合价变化,1个H失去电子数等于1个H得到电子数,则被氧化的元素与被还原的元素质量比为1:
1,故B正确;
C.B元素的化合价不变,只有H元素的化合价变化,故C错误;
D.NaBH4中H元素的化合价从-1价升高为0,只作还原剂,故D错误;
故选B。
10.下列实验操作或实验现象与预期实验目的或所得实验结论一致的是()
选项
实验操作或实验现象
实验目的或结论
A
将吸有NaOH溶液的长胶头滴管伸入盛有FeSO4溶液的试管底部并缓慢挤出碱液
防止加碱过程中带入空气,制备并较长时间观察到白色絮状的Fe(OH)2沉淀
B
一块表面打磨过的铝箔在酒精灯上加热至熔化,液态铝不会滴落
铝的熔点高于三氧化二铝
C
用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧,火焰呈黄色
溶液中有一定Na+无K+
D
Fe(OH)3胶体的电泳实验中发现阴极附近颜色加深而阳极附近颜色变浅
说明Fe(OH)3胶体带正电荷
『答案』A
『解析』
『详解』A、Fe(OH)2不稳定,易被空气氧化生成Fe(OH)3,所以该操作能防止加碱过程中带入空气,从而能防止氢氧化亚铁被氧化,故选A;
B、将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热,铝和氧气反应生成了氧化铝,又因氧化铝的熔点高于铝的熔点,而氧化铝覆盖在铝的表面,所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落,故不选B;
C、用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧,火焰呈黄色一定含有钠元素,可能含有钾元素,需要隔着钴玻璃观察是否呈紫色判断钾元素的存在,故不选C;
D、Fe(OH)3胶体粒子带正电荷,Fe(OH)3胶体不带电,故不选D;
11.下列物质间的转化不能一步反应完成的是()
A.Si→SiO2B.C→Si
C.SiO2→Na2SiO3D.SiO2→H2SiO3
『答案』D
『解析』
『详解』A.Si和氧气加热反应生成SiO2,能一步反应完成,故不选A;
B.C和SiO2高温条件下生成Si,能一步反应完成,故不选B;
C.SiO2和氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3,能一步反应完成,故不选C;
D.SiO2不溶于水,SiO2和氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3,Na2SiO3溶液中通入二氧化碳生成H2SiO3,不能一步反应完成,故选D
12.如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液滴加过程中微粒数量的关系曲线。
判断下列说法不正确的是()
A.A线表示Al3+的物质的量的变化
B.x表示NaOH的物质的量
C.C线表示Al(OH)3的物质的量的变化
D.D线表示Al(OH)3的物质的量的变化
『答案』D
『解析』
『分析』假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶液,首先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓,Al3+完全沉淀,消耗3molOH-,生成1molAl(OH)3,然后发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,沉淀完全溶解消耗1molOH-,生成1molAlO2-,前后两部分消耗的OH-为3:
1;
假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液,首先发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O,OH-完全反应消耗,1molAl3+生成1molAlO2-,然后发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓,AlO2-完全反应,消耗
molAl3+,生成
molAl(OH)3,前后两部分消耗的Al3+为1mol:
mol=3:
1,由图象可知,A、B表示微粒关系,C、D表示微粒物质的量关系均为1:
1可知,该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液,据此结合选项解答。
『详解』A.由上述分析可知,首先发生反应Al3++3OH−=Al(OH)3↓,溶液中铝离子物质的量减少,所以A线可以表示Al3+的物质的量的变化,故A正确;
B.由上述分析可知,x可以表示NaOH的物质的量,故B正确;
C.由上述分析可知,随反应进行Al(OH)3物质的量先增大,后减小,故B、C线可表示Al(OH)3的物质的量的变化,故C正确;
D.由上述分析可知,Al(OH)3溶解时,AlO2−的物质的量增大,所以D线表示AlO2−的物质的量的变化,故D错误;
所以本题『答案』D。
13.在氯化铜和氯化镁的混合溶液中,加入过量的铁粉,充分反应后过滤,留在滤纸上的物质是()
A.FeB.CuC.Fe和CuD.Mg和Cu
『答案』C
『解析』
『详解』在氯化铜和氯化镁的混合溶液中,加入过量的铁粉,发生反应:
Fe+CuSO4=FeSO4+Cu。
由于铁粉过量,所以过滤后留在滤纸上的物质是Fe和Cu。
『答案』为C。
14.北京2008年奥运会金牌“金镶玉”环形玉壁由昆仑玉制成,昆仑玉的成分可简单看成是
Ca2Mg5Si8O22(OH)2,则其用二氧化硅和金属氧化物
形式可表示为()
A.CaO·MgO·SiO2·H2OB.2CaO·5MgO·8SiO2·H2O
C.2CaO·MgO·SiO2·2H2OD.5CaO·2MgO·8SiO2·H2O
『答案』B
『解析』
『分析』白玉的成分中,硅为+4价,氧为-2价,钙和镁均为+2价,氢为+1价,根据化合价判断氧化物的化学式,并检查原子个数确定化学式前的系数.
『详解』根据硅酸盐改写成氧化物的形式通常是:
活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物·二氧化硅·水,同时要遵循原子守恒,Ca2Mg5Si8O22(OH)2可表示为:
2CaO·5MgO·8SiO2·H2O,
故选B。
15.下表中金属能形成二元合金的是()
Fe
Cu
Zn
Ag
Au
W
熔点/℃
1535
1083
419.5
962
1064
3410
沸点/℃
3000
2595
907
2212
2707
5627
A.Cu、AgB.Zn、AuC.Fe、WD.Ag、W
『答案』A
『解析』
『详解』形成合金的二种金属必须在某一温度范围时都呈液态,这是熔合的基本条件。
表中锌的沸点低于其他金属的熔点,在其他金属熔化时,锌已成气态。
而金属W的熔点比其他金属的沸点都高,当W熔化时,其他金属也已成为气态,所以能形成二元合金的元素不能有W和Zn,故选A。
16.如图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图,则下列叙述不正确的是()
A.气体A是NH3,B气体是CO2
B.第Ⅱ步的离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4+
C.第Ⅲ步得到的晶体是Na2CO3·10H2O
D.第Ⅳ步操作的过程主要为加热分解
『答案』C
『解析』
分析』饱和食盐水中先通入过量的氨气,得到氨气和食盐的饱和溶液,再通入足量的二氧化碳,生成碳酸氢钠的悬浊液,过滤后加热固体,碳酸氢钠分解为碳酸钠。
『详解』A.氨气极易溶于水,二氧化碳在水中的溶解度较小,依据侯德榜制碱的原理:
向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠,所以A为氨气,B为二氧化碳,故A正确;
B.第Ⅱ步反应方程式为NH3•H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓,离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4+,故B正确;
C.第Ⅱ步反应方程式为NH3•H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓,过滤从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体,所以第Ⅲ步得到的晶体是NaHCO3,故C错误;
D.第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体,发生反应2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑,所以第Ⅳ步操作
过程主要为加热分解,故D正确。
选C。
二、填空题(共4小题;共53分)
17.
(1)将9.5gMgCl2溶于水配成1L溶液,所得溶液的物质的量浓度为___mol/L,500mL该溶液中所含Cl-的物质的量为___mol。
(2)含有2NA个氢原子的CH4的质量为___g。
(3)现有以下物质:
①熔融NaCl②液氨③醋酸水溶液④HCl气体⑤酒精(C2H5OH)。
请用下列序号填空:
能导电的是___(填选项);属于电解质的是___(填选项)。
A.①③B.②④C.①④D.②③
『答案』
(1).0.1
(2).0.1(3).8(4).A(5).C
『解析』
『分析』
(1)先根据
计算MgCl2的物质的量,再根据c=
计算出所得溶液的浓度;
(2)先根据关系式
计算CH4的物质的量,再根据m=nM计算甲烷的质量;
(3)含有自由移动离子的物质能导电;水溶液或熔融状态下能导电和化合物是电解质。
『详解』
(1)9.5gMgCl2的物质的量是
,c=
=
0.1mol/L;500mL该溶液中所含MgCl2的物质的量为0.1mol/L×0.5L=0.05mol,则含Cl-的物质的量为0.05mol×2=0.1mol;
(2)2NA个氢原子的物质的量是2mol,根据关系式
可知,0.5molCH4含有2molH原子,所以CH4的质量是0.5mol×16g/mol=8g。
(3)①熔融NaCl含有自由移动的离子,能导电,属于电解质;②液氨不含自由移动的离子,不导电,熔融状态下、水溶液中均不能自身电离出离子,所以属于非电解质;③醋酸水溶液含有自由移动的离子,能导电,醋酸水溶液是混合物,既不是电解质又不是非电解质;④HCl气体不含自由移动的离子,不导电,HCl的水溶液能导电,所以HCl属于电解质;⑤酒精(C2H5OH)不含自由移动的离子,不导电,熔融状态下、水溶液中均不能自身电离出离子,所以属于非电解质;故能导电的是①③,选A;属于电解质的是.①④,选C。
18.我国政府为了消除碘缺乏病,规定在食盐中必须加人适量的碘酸钾.检验食盐中是否加碘,可利用如下反应:
KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O
(1)KIO3中I的化合价为___。
(2)该反应中氧化剂和还原剂
物质的量之比为___。
(3)如果反应中转移0.5mol电子,则生成I2的物质的量为___mol。
(4)若要从溶液中提取生成的碘,所用的萃取剂可以是___(填选项),若要检验生成的碘一般所用的试剂是___(填选项)。
A.水B.酒精C.淀粉溶液D.苯
『答案』
(1).+5
(2).1:
5(3).0.3(4).D(5).C
『解析』
『分析』
(1)根据元素化合价代数和等于0计算KIO3中I的化合价。
(2)该反应中KIO3中I元素化合价降低,KIO3是氧化剂,KI中I元素化合价升高,KI是还原剂。
(3)KIO3中I元素化合价由+5价降低为0。
(4)萃取剂选择的原则是:
溶质易溶于萃取剂,萃取剂难溶于原溶剂;碘单质能使淀粉变蓝。
『详解』
(1)根据元素化合价代数和等于0,设KIO3中I的化合价x,则+1+x-2×3=0,x=+5。
(2)该反应中KIO3中I元素化合价降低,KIO3是氧化剂,KI中I元素化合价升高,KI是还原剂,氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:
5。
(3)KIO3中I元素化合价由+5价降低为0,转移5mol电子生成3molI2,若转移0.5mol电子,则生成I2的物质的量为0.3mol。
(4)萃取剂选择的原则是:
溶质易溶于萃取剂,萃取剂难溶于原溶剂,碘易溶于苯,苯难溶于水,若要从溶液中提取生成的碘,所用的萃取剂可以是苯,选D;碘单质能使淀粉变蓝,若要检验生成的碘一般所用的试剂是淀粉溶液,选C。
19.以粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2,还有少量的Fe2O3)为原料制取Al2O3的流程如下:
(1)操作Ⅰ的名称是__。
(2)用H2SO4“酸浸”时的离子方程式为__(任写一个)。
(3)简述如何检验酸浸后溶液中是否有Fe3+__。
(4)“煅烧”时的化学方程式为__。
(5)沉淀A与氢氟酸反应的化学方程式为__。
『答案』
(1).过滤
(2).Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O(或Al2O3+6H+=Al3++3H2O任写一个)(3).取适量该溶液于试管中,加入KSCN,若变红则有Fe3+(4).2Al(OH)3
Al2O3+3H2O(5).SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
『解析』
『分析』粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2,还有少量的Fe2O3)和稀硫酸混合,发生反应Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O,Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4)3+3H2O,SiO2和稀硫酸不反应,过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2;根据Fe3+遇KSCN溶液变红色检验溶液中是否有Fe3+;Al(OH)3加热分解为Al2O3和水;SiO2与氢氟酸反应生成SiF4和水。
『详解』
(1)操作Ⅰ实现了固体SiO2和溶液的分离,操作Ⅰ的名称是过滤。
(2)用H2SO4“酸浸”时Al2O3、Fe2O3与硫酸反应,反应的离子方程式分别为Al2O3+6H+=Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。
(3)Fe3+遇KSCN溶液变红色,检验溶液中是否有Fe3+的方法是:
取适量该溶液于试管中,加入KSCN,若变红则有Fe3+。
(4)“煅烧”时Al(OH)3分解为Al2O3和水,化学方程式为2Al(OH)3
Al2O3+3H2O。
(5)沉淀A是SiO2,SiO2与氢氟酸反应生成SiF4和水,化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。
20.为确认HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱,某学生设计了如图所示的装置,一次实验即可达到目的(不必选其他酸性物质)。
请据此回答:
(1)若锥形瓶A中装某可溶性正盐溶液,其化学式为__。
(2)装置B所盛的试剂是__,其作用是__。
(3)装置C所盛试剂溶质的化学式是__。
C中反应的离子方程式是__。
(4)由此可得出的结论是:
酸性__>__>__。
『答案』
(1).Na2CO3(或K2CO3、(NH4)2CO3任写一个)
(2).饱和碳酸氢钠(3).除去HCl(4).Na2SiO3(5).SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32-(6).HCl(7).H2CO3(8).H2SiO3
『解析』
『分析』根据较强酸制取较弱酸可知,要想验证HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱,用盐酸和碳酸盐反应制取二氧化碳,用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸,根据实验现象确定酸的相对强弱。
『详解』
(1)A中碳酸盐与盐酸反应放出二氧化碳气体,可证明酸性HCl>H2CO3,所以锥形瓶A中装可溶性正盐溶液,其化学式可能为Na2CO3(或K2CO3、(NH4)2CO3任写一个);
(2)由于盐酸具有挥发性,装置B的作用是除去二氧化碳中的氯化氢,盛放的试剂是饱和碳酸氢钠;
(3)要证明碳酸酸性大于硅酸,装置C所盛试剂溶质的化学式是Na2SiO3。
C中反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32-;
(4)根据较强酸制取较弱酸可知,用盐酸和碳酸盐反应制取二氧化碳,用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸,由此可得出的结论是:
酸性HCl>H2CO3>H2SiO3。
三、计算题
21.将一块镁铝合金(不含其它物质)投入到50ml的稀盐酸溶液中,充分反应后,固体无剩余,向所得溶液中逐滴滴入cmol/LNaOH溶液时,得到沉淀的质量与所滴加NaOH溶液的体积有如图关系:
(1)图中B点表示沉淀的化学式为___;AB段发生反应的离子方程式为___。
(2)合金中金属铝的物质的量为___mol;
(3)稀盐酸溶液的浓度为___mol/L。
『答案』
(1).Mg(OH)2
(2).Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O(3).0.01(4).1.1
『解析』
『分析』根据图示,oa段没有沉淀生成,发生反应的离子方程式是H++OH-=H2O,然后是沉淀两种金属离子:
Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓,最后AB段是Al(OH)3的溶解:
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
『详解』
(1)B点表示氢氧化铝沉淀完全溶解,B点表示沉淀的化学式为Mg(OH)2;AB段是Al(OH)3的溶解,发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
(2)根据图像,Mg(OH)2的质量是0.58g,Al(OH)3的质量是1.36g-0.58g=0.78g,则Mg(OH)2的物质的量是
,Al(OH)3的物质的量是
,根据元素守恒,合金中金属铝的物质的量为0.0
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