江西省赣州教育发展联盟学年高一上学期联考化学试题.docx
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江西省赣州教育发展联盟学年高一上学期联考化学试题
2018-2019学年第一学期赣州教育发展联盟十二月联考
高一年级化学试卷
命题人:
会昌三中李勇刚朱杨军审题人:
会昌三中许为民
说明:
1.考试时间90分钟,满分100分;
2.可能用到的相对原子质量:
H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cu-64Fe-56
Al-27Mg-24
一、选择题(本题包括16小题,每小题3分,共48分,每小题只有一个选项符合题意)
1.下列说法正确的是( )
A.夏天混用不同品牌的墨水书写时,钢笔的笔尖容易发生堵塞是因为胶体发生了聚沉
B.金属元素的原子只有还原性,其阳离子只有氧化性
C.实验室用托盘天平称量烧碱时,为防止腐蚀托盘,需在托盘上垫上小纸片
D.合金的硬度一般小于它的成分金属,熔点高于它的成分金属
【答案】A
【解析】
【详解】A.不同牌号墨水所带电荷不同,混合使用发生胶体聚沉,钢笔堵塞,故A正确;
B.金属原子只能失电子表现还原性,金属阳离子可以表现氧化性也可以表现还原性,如Fe2+,可以被氧化为Fe3+,也可以被还原为Fe,故B错误;
C.一般药品称量时要在托盘上垫一张纸,但氢氧化钠易潮解、有腐蚀性,若也垫上纸,氢氧化钠潮解后会将纸润湿而进一步腐蚀托盘,所以像氢氧化钠这种易潮解及腐蚀性的药品要放在烧杯里进行称量,如用小烧杯,故C错误;
D.合金的硬度一般情况下比它的各成分金属大,合金熔点低于成分金属,故D错误。
故选A。
2.以下实验装置一般不用于分离物质的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
A.为蒸发装置,用于分离可溶性固体和液体,故A不选;B.为蒸馏装置,可用来分离沸点不同的液体物质,故B不选;C.为配制溶液的示意图,不能由于物质的分离,故C选;D.为洗气装置,可用于分离气体,故D不选;故选C。
3.下列所得溶液中,其物质的量浓度为1.0mol/L的是()
A.将20gNaOH溶解在500mL水中
B.将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液
C.将62.5g胆矾(CuSO4·5H2O)溶解在适量水中,再加蒸馏水直到溶液的体积为250mL
D.将100mL10mol/L的硫酸加入到900mL水中
【答案】C
【解析】
【详解】A.20gNaOH的物质的量为0.5mol,但20gNaOH溶解于500mL水后形成溶液的体积一定不等于500mL,所以不能用500mL计算,故A错误;
B.选项中未指出气体的外界条件是否是标准状况下,所以不知道该条件下的气体摩尔体积,则不能确定22.4LHCl气体的物质的量,无法计算溶液浓度,故B错误;
C.n(CuSO4•5H2O)=
=0.25mol,再加蒸馏水直到溶液的体积为250mL,c(CuSO4)=
=1.0mol/L,故C正确;
D.将100mL10mol/L的硫酸加入到900mL水中,溶液体积不一定等于二者之和,则物质的量浓度不等于1.0mol/L,故D错误。
故选C。
【点睛】注意气体摩尔体积的适用条件;
注意溶液的体积并不一定等于溶质的体积和溶剂的体积之和。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列叙述中不正确的是()
A.常温常压下,71g氯气与足量金属钠充分反应,转移的电子数为2NA
B.1.8g的NH4+离子中含有的电子数NA
C.常温常压下,46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA
D.1mol/LMgSO4溶液中所含SO42-数目为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.71g氯气的物质的量为1mol,而氯气和钠反应生成氯化钠,故1mol氯气转移2NA个电子,故A正确;
B.1个NH4+中含有10个电子,1.8g的NH4+离子的物质的量为:
0.1mol,即1.8g的NH4+离子含有电子的物质的量为:
1mol,1.8g的NH4+离子中含有的电子数NA,故B正确;
C.假设46g气体全部是NO2,所含原子数为3NA,假设46g气体全部是N2O4,所含原子数仍然为3NA,所以不管混合气体中,NO2和N2O4按何种比例混合,所含有的原子数都为3NA,故C正确;
D.1mol/LMgSO4溶液,溶液的体积未知,所以不能计算,故D错误。
故选D。
【点睛】混合气体的计算可以用极限法思考,计算。
5.下列各组离子中,在碱性溶液中能大量共存,且溶液为无色透明的是()
A.Na+AlO2-Cl-SO42-
B.K+MnO4-Cl-SO42-
C.SO42-Na+HCO3-Ba2+
D.Na+NO3-NH4+SO42-
【答案】A
【解析】
【详解】碱性溶液说明溶液中含有大量的OH-离子,无色透明说明溶液中不能含有带颜色的离子;
A.Na+AlO2-Cl-SO42-这些离子无色,且与OH不反应,故A正确;
B.MnO4-显紫色,故B错误;
C.HCO3-与OH-反应生成CO32-和H2O,故C错误;
D.NH4+与OH-不能共存,故D错误。
故选A。
【点睛】常见有颜色的离子有:
Fe2+(浅绿色)、Fe3+(黄色)、MnO4-(紫色)、Cu2+(蓝色)等。
6.下列离子方程式书写正确的是()
A.钠与水反应:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
B.硫酸和氢氧化钡溶液反应:
Ba2++SO42-=BaSO4↓
C.碳酸钙与盐酸反应:
CO32-+2H+=CO2↑+H2O
D.FeCl3溶液与Cu的反应:
Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
【答案】A
【解析】
【详解】A.原子守恒、电荷守恒,且符合客观规律,故A正确;
B.硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子反应方程式:
2OH-+2H++Ba2++SO42-=2H2O+BaSO4↓,故B错误;
C.碳酸钙是难溶性物质,在离子方程式中不能拆成离子形式,故C错误;
D.该离子反应方程式中:
电荷不守恒,故D错误。
故选A。
【点睛】离子反应方程式的正误判断:
1.反应前后,原子守恒;2.反应前后,电荷守恒(例如:
D选项);3.反应物和生成物的拆分是否正确(例如:
C选项);4.是否符合客观规律。
7.下列关于胶体的叙述不正确的是( )
A.氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会产生沉淀
B.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1~100nm之间
C.用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时,产生的现象相同
D.Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降,达到净水的目的
【答案】C
【解析】
【分析】
分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小,小于100nm为溶液,大于100nm为浊液,在1nm~100nm的为胶体,胶体具有的性质主要有;均一、稳定、有吸附作用,具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质,其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法,据此判断。
【详解】A.氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会发生聚沉,因此产生氢氧化铁沉淀,A正确;
B.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1~100nm之间,B正确;
C.用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时,Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路,产生丁达尔现象,NaCl溶液无此现象,C错误;
D.Fe(OH)3胶体具有较大的表面积,能够使水中悬浮的固体颗粒沉降,达到净水目的,D正确;
答案选C。
8.在含有FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中,加入足量的NaOH溶液,在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸,溶液中离子数目减少的是
A.Na+B.Fe3+C.Al3+D.Fe2+
【答案】D
【解析】
试题分析:
在含有FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中,加入足量的NaOH溶液,会发生反应形成Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀,在空气中充分搅拌Fe(OH)2被氧化产生Fe(OH)3沉淀,再加入过量的稀盐酸,反应变为FeCl3,溶液中离子数目明显减少的是Fe2+,选项D正确。
考点:
考查金属及化合物的性质及转化关系的知识。
9.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
实验目的或结论
A
向某溶液中加入几滴氯水后再滴入KSCN溶液,溶液变红
该溶液中一定含Fe2+
B
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
防止加入碱液过程中带入空气,制备并较长时间观察到白色絮状的Fe(OH)2沉淀
C
蒸馏实验操作时将温度计插入液面以下但不能触碰到烧瓶内壁
准确测定馏分的温度,以便于液体混合物分离
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
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.要检验亚铁离子,应该先加KSCN溶液后,再加氯水,以排除铁离子的干扰,故A错误;
B.Fe(OH)2不稳定,易被空气氧化生成Fe(OH)3,所以该实验中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B正确;
C.蒸馏时,温度计测量馏分蒸汽的温度,所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处,故C错误;
D.胶体不带电荷,但胶体具有吸附性,因为吸附带电荷的离子而使胶粒带电荷,故D错误。
故选B。
【点睛】对于常见物质的检验过程中的问题,只有掌握的常见物质的性质,才能快速准确的解决相关问题;例如:
Fe2+在空气中易被氧化,Fe2+遇到KSCN无变化,Fe3+遇到KSCN显血红色等都是他们本身的性质。
10.某溶液中可能含有如下离子:
H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl-、AlO2-。
当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时,产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示,下列说法正确的是
A.原溶液中一定含有的阳离子是H+、Mg2+、Al3+、NH4+
B.反应最后形成的溶液中的溶质含AlCl3
C.原溶液中Al3+与NH4+的物质的量之比为1:
3
D.原溶液中含有的阴离子是Cl-、AlO2-
【答案】C
【解析】
向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成,说明溶液中含有H+,溶液呈酸性,则溶液中不存在AlO2-,当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液,有沉淀生成,当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液,沉淀的物质的量不变,说明NaOH和NH4+反应,则溶液中一定含有NH4+,当NH4+完全反应后继续滴加NaOH溶液,沉淀逐渐减少最终消失,说明溶液中含有Al3+,不含Mg2+,最终溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2;A.通过以上分析知,原溶液中一定含有的阳离子有H+、Al3+、NH4+,故A错误;B.通过以上分析知,最终得到的溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2,故B错误;C.根据图象知,Al3+、NH4+消耗NaOH的物质的量之比为3:
3,根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3·H2O知,原溶液中Al3+与NH4+的物质的量之比1:
3,故C正确;D.通过以上分析知,原来溶液呈酸性,则一定不存在弱酸根离子AlO2-,故D错误;故答案为C。
点睛:
明确图象中曲线变化趋势、拐点的含义是解本题关键,向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成,说明溶液中含有H+,溶液呈酸性,则溶液中不存在AlO2-,当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液,有沉淀生成,当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液,沉淀的物质的量不变,说明NaOH和NH4+反应,则溶液中一定含有NH4+,当NH4+完全反应后继续滴加NaOH溶液,沉淀逐渐减小最终消失,说明溶液中含有Al3+,不含Mg2+,最终溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2,据此分析解答。
11.将NaClO3和NaI按物质的量之比1∶1混合于烧瓶中,滴入适量硫酸,并水浴加热,反应后测得NaClO3和NaI恰好完全反应,生成I2、Na2SO4和H2O,并产生棕黄色的气体X,则X为( )
A.Cl2B.Cl2OC.Cl2O3D.ClO2
【答案】D
【解析】
试题分析:
根据转移电子数守恒得,1molNaI中的碘元素由-1价生成单质碘,化合价升高转移1mol电子,故NaClO3中的氯元素化合价降低转移1mol电子,故X气体中氯元素的价态为+4价,答案选D.
考点:
氧化还原反应
12.甲、乙、丙、丁分别是BaCl2、NaOH、FeCl2、Al2(SO4)3、四种物质中的一种.若将丁溶液滴入乙溶液中,发现有白色沉淀生成,继续滴加则沉淀消失,丁溶液滴入甲溶液时,无明显现象发生.据此可推断丙物质是( )
A.BaCl2B.NaOHC.FeCl2D.Al2(SO4)3
【答案】C
【解析】
【详解】若将丁溶液滴入乙溶液中,发现有白色沉淀生成,继续滴加则沉淀消失,说明丁是NaOH,乙是Al2(SO4)3,因为NaOH与Al2(SO4)3反应生成白色沉淀,NaOH过量时沉淀溶解;丁溶液滴入甲溶液时,无明显现象发生,可知甲为BaCl2,因为NaOH与BaCl2不反应,据此可推断丙物质是FeCl2,故C正确。
故选C。
【点睛】Al3++3OH-==Al(OH)3↓;Al(OH)3+OH-==AlO2-+2H2O;铝离子和OH-离子反应的过程是先生成沉淀,沉淀在溶解,这个特征反应是本题的解题关键。
13.金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一。
下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是()
A.Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
B.Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
C.Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4
D.Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
【答案】B
【解析】
试题分析:
A、全部可以一步完成,错误;B、Al2O3→Al(OH)3不可一步完成,正确;C、全部可以一步完成,错误;D、全部可以一步完成,错误,答案选B。
考点:
考查金属及其化合物的转化关系
14.把NaHCO3和Na2CO3.10H2O混合6.56克溶于水,制成100ml溶液,其中Na+物质的量浓度为0.5mol/L,若将等质量的该混合物加热至恒重,所得固体质量为 ( )
A.2.65gB.3.91gC.5.3gD.4.23g
【答案】A
【解析】
试题分析:
混合物加热至恒重,所得固体为碳酸钠,Na+的物质的量为0.5mol/L×0.1L="0.05mol",所以碳酸钠的物质的量为0.025mol,质量为2.65g,故A项正确。
考点:
本题考查质量守恒。
15.由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g,放入500mL某浓度盐酸溶液中,混合物完全溶解,当再加入250mL2.0mol/L的NaOH溶液时,得到的沉淀最多。
该盐酸的浓度为()
A.0.5mol/LB.3.0mol/LC.1.0mol/LD.2.0mol/L
【答案】C
【解析】
试题分析:
Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁,盐酸可能有剩余,
向反应后溶液中加入NaOH溶液,得到的沉淀最多,应满足恰好反应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁,此时溶液中溶质为NaCl,
根据钠离子守恒可得:
n(NaCl)=n(NaOH)=0.250L×2.00mol/L=0.5mol,
根据氯离子守恒可得:
n(HCl)=n(NaCl)=0.5mol,
故该元素的物质的量浓度=0.5mol/0.5L=1mol/L,
故选B。
【考点定位】考查了有关混合物反应的计算。
【名师点晴】认真分析是良好的解题习惯,本题分析过程为:
Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁,盐酸可能有剩余,向反应后溶液中加入NaOH溶液,得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁,此时溶液中溶质为NaCl,根据氯离子守恒有n(HCl)=n(NaCl),根据钠离子守恒有n(NaCl)=n(NaOH),再根据c=n/V计算盐酸的浓度。
16.新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体,可溶于水.工业上制备K2FeO4的常用方法之一是次氯酸盐氧化法:
①2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O,
②Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH.
下列说法不正确的是()
A.反应①为氧化还原反应,反应②为复分解反应
B.反应①中NaClO是氧化剂
C.反应②的产物K2FeO4中Fe为+6价,具有强氧化性,能杀菌消毒
D.反应①若有1molFeCl3发生反应,转移电子的物质的量为6mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应①中铁元素的化合价由+3价变为+6价,氯元素的化合价由+1价变为-1价,所以反应①是氧化还原反应,反应②中各元素的化合价不发生变化,所以不是氧化还原反应,该反应是碱和盐反应生成另外的碱和盐,属于复分解反应,故A正确;
B.反应①中氯元素的化合价由+1价变为-1价,所以次氯酸钠是氧化剂,故B正确;
C.由化合物中各元素的化合价代数和为0知,铁元素的化合价是+6价,故C正确;
D.反应①中若有1molFeCl3发生反应,转移电子的物质的量=1mol×(6-3)=3mol,故D错误。
故选D。
【点睛】在氧化还原反应中,化合价升高,失去电子的反应物,作还原剂;化合价降低,得到电子的反应物,作氧化剂。
二、填空题(本题包括5小题,共52分)
17.实验室需要配制3mol/L的NaOH溶液500mL,回答下面问题。
(1)需称量NaOH固体______g。
(2)在该溶液的配制过程中,用到的玻璃仪器:
_______、胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒。
(3)如果在定容时俯视刻度线,溶液浓度将_______;若定容时液面高于刻度线应采取的措施______
【答案】
(1).60
(2).500mL容量瓶(3).偏大(4).重新配制
【解析】
【分析】
根据一定物质的量浓度溶液的配制的实验操作及注意事项分析解答。
【详解】
(1)m(NaOH)=n×M=c×V×M=3mol/L×0.5L×40g/mol=60g,故需要称量NaOH60g,故答案为:
60g;
(2)一定物质的量浓度溶液的配制需要的玻璃仪器有:
胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒和500mL的容量瓶,故答案为:
500mL容量瓶;
(3)定容时俯视刻度线,V偏小,根据公式c=n/V,可知溶液浓度将偏大;定容时液面高于刻度线,溶液的体积(V)偏大,溶液浓度偏小,应采取的措施为重新配制,故答案为:
偏大、重新配制。
【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制操作中的误差分析常考几方面:
1.溶解或稀释后未冷却(一般指溶解过程放热的过程)就转移,会造成溶液的浓度偏高;
2.定容时,仰视使溶液浓度偏小,俯视使溶液浓度偏大;
3.定容时,液面高于刻度线,使溶液浓度偏小,只能重新配制;
4.转移前,容量瓶中有水,对配制溶液的浓度无影响。
18.某实验小组利用下图所列装置进行“铁与水蒸气反应”的实验,并利用产物进一步制取FeCl3•6H2O晶体.(图中夹持及尾气处理装置均已略去)请回答下列问题:
(1)装置B中发生反应的化学方程式是__________.
(2)E中出现的现象是________.
(3)该小组把B中反应后的产物加入到足量的盐酸中,用该溶液制取FeCl3•6H2O晶体.
①欲检验溶液中含有Fe3+,选用的试剂为_________,现象是________.
②该实验小组同学用上述试剂没有检测到Fe3+,用离子方程式解释滤液中不存在Fe3+可能的原因:
__.
③将此滤液中FeCl2完全氧化为FeCl3最好选择下列物质中的_______.
A.酸性KMnO4溶液B.Cl2C.Na2O2D.FeCl3
④在③所得溶液浓缩结晶前需要用实验证明FeCl2已完全氧化,实验方法是:
_______.
(4)请写出向FeCl2溶液中加入NaOH溶液产生的白色沉淀最后变成红褐色沉淀的化学方程式_______,该反应中消耗1mol氧化剂转移_______mol电子
【答案】
(1).3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2
(2).黑色的粉末变成紫红色,管壁产生水珠(3).KSCN溶液(4).向溶液里滴加KSCN溶液,溶液变血红色(5).Fe+2Fe3+=3Fe2+(6).B(7).用小试管取用③反应后的溶液1﹣2ml,滴入几滴铁氰化钾溶液,溶液没有生成蓝色沉淀则证明氯化亚铁已被全部氧化(8).4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3(9).4
【解析】
【分析】
根据二价铁和三价铁的性质分析解答;根据氧化还原反应的本质和特征分析解答。
【详解】
(1)Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2,反应的化学方程式是3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2,故答案为:
3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2;
(2)Fe与水蒸气反应生成的H2,还原氧化铜生成Cu和H2O,所以E装置中,黑色的粉末变成紫红色,管壁产生水珠;
故答案为:
黑色的粉末变成紫红色,管壁产生水珠;
(3)①检验Fe3+最直接的方法是选用KSCN,Fe3+遇KSCN,显血红色;
故答案为:
KSCN溶液、向溶液里滴加KSCN溶液,溶液变血红色;
②用KSCN未检测出Fe3+,可能是B装置中有Fe粉未反应完全,有剩余,在溶液中,Fe粉还原了Fe3+;
故答案为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+;
③滤液中FeCl2完全氧化为FeCl3最好选择Cl2,不会引入新杂质,故B正确;
故答案为:
B;
④若要证明FeCl2已完全氧化,可以用小试管取用③反应后的溶液1﹣2ml,滴入几滴铁氰化钾溶液,溶液没有生成蓝色沉淀则证明氯化亚铁已被全部氧化;
故答案为:
用小试管取用③反应后的溶液1﹣2ml,滴入几滴铁氰化钾溶液,溶液没有生成蓝色沉淀则证明氯化亚铁已被全部氧化;
(4)向FeCl2溶液中加入NaOH溶液,先生成白色沉淀,然后白色变成灰绿色,最终转变成红褐色,即Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3,方程式为:
4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3,从反应方程式中可知,O2做氧化剂,1molO2转移4mol电子;
故答案为:
4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3,4。
【点睛】除杂的原则:
除去杂质,不引入新杂质,不损失主体物质,易恢复原来状态。
Fe3+的检验方法:
1.遇KSCN,显血红色;2.加NaOH,生成红褐色沉淀。
19.Ⅰ.写出下列反应的离子方程式:
(1)将鸡蛋壳在醋酸中溶解有气泡产生:
____________;
(2)CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合:
__________。
Ⅱ.对一份稀溶液作初步分析后发现,溶液无色、澄清,其可能含有SO42—、Na+、CO32—、H+、NO3—、HCO3—、Cl−等离子中的若干种。
然后又作了如下分析,以确定这些离子是否存在。
①用石蕊试液检测该溶液时,溶液显红色。
②取2mL溶液用BaCl2溶液和稀硝酸进行检验,结果生成了白色沉淀。
③对②中
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