甘肃省武威市第六中学届高三上学期第二次阶段性复习过关考试化学试题教师答案解析版.docx
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甘肃省武威市第六中学届高三上学期第二次阶段性复习过关考试化学试题教师答案解析版
甘肃省武威市第六中学2018-2019学年度高三上学期第二次阶段性
复习过关考试化学试题
1.下列关于古籍中的记载说法不正确的是()
A.《抱朴子》中“丹砂烧之成水银,积变又还成丹砂”两个反应互为可逆反应
B.《天工开物》中“凡石灰,经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应
C.《本草纲目》中“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石”利用焰色反应区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)
D.汉朝的《淮南万毕术》《神农本草经》记载“白青(碱式碳酸铜)得铁化为铜”,“石胆能化铁为铜”都是指铜可以采用湿法冶炼。
【答案】A
【解析】
【分析】
A.丹砂(HgS)烧之成水银,积变又还成丹砂,前者需要加热,后者常温下反应;B.石灰石加热后生成氧化钙和二氧化碳;C.钾元素和钠元素的焰色反应现象不同;D.得铁化为铜,均发生置换反应。
【详解】A.丹砂(HgS)烧之成水银,积变又还成丹砂,前者需要加热,后者常温下反应,反应条件不同,不是可逆反应,A项错误;
B.石灰石加热后生成氧化钙和二氧化碳,该反应为分解反应,B项正确;
C.钾元素的焰色反应为紫色,钠元素的焰色反应为黄色,利用焰色反应可区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4),C项正确;
D.得铁化为铜,发生的是置换反应,均为湿法炼铜,D项正确,答案选A。
2.阿伏加德罗常数的值为NA.下列说法正确的是()
A.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
B.5.6gFe与稀H2SO4完全反应,转移的电子数为0.3NA
C.标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
D.过氧化钠与水反应时,生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【分析】
A.氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体;B.Fe与稀硫酸反应生成Fe2+;C.标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体中所含分子的物质的量为0.1mol;D.过氧化钠与水反应时,生成0.1mol氧气转移0.2mol电子。
【详解】A.16.25gFeCl3的物质的量为16.25g÷162.5g/mol=0.1mol,水解形成Fe(OH)3胶体时,多个Fe(OH)3聚合为一个胶体粒子,所以形成的胶体粒子物质的量小于0.1mol,数目小于0.1NA,A项错误;
B.Fe与稀硫酸反应时生成Fe2+,5.6gFe的物质的量为5.6g÷56g/mol=0.1mol,完全反应转移电子的物质的量为0.2mol,数目为0.2NA,B项错误;
C.标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体中所含分子的物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,分子数目为0.1NA,C项错误;
D.过氧化钠中的氧元素为-1价,与水反应生成1mol氧气时转移2mol电子,则生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA,D项正确,答案选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数之间的关系是解题的关键,选项A为易错点,注意Fe(OH)3胶体粒子是由多个Fe(OH)3聚合而成。
3.下列指定反应的离子方程式正确的是()
A.CuSO4溶液和氢硫酸反应:
Cu2++S2-=CuS↓
B.NaAlO2溶液中通入过量CO2:
2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-
C.向FeBr2溶液中通入等量Cl2:
2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
D.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应:
H++OH-+SO42-+Ba2+=BaSO4↓+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
A.氢硫酸为弱酸;B.在NaAlO2溶液中通入过量CO2时,生成HCO3-;C.Fe2+的还原性大于Br-,通入氯气时先与Fe2+反应,后与Br-反应;D.不符合离子的配比。
【详解】A.氢硫酸为弱酸,应写成化学式,正确的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+,A项错误;
B.向NaAlO2溶液中通入过量CO2,生成HCO3-,正确的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,B项错误;
C.Fe2+的还原性大于Br-,向FeBr2溶液中通入等量Cl2,Fe2+优先反应,然后部分Br-被氯气氧化,反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-,C项正确;
D.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为2H++2OH-+SO42-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O,D项错误,答案选C。
【点睛】本题考查离子方程式的正误判断,把握发生的反应、离子方程式的书写方法是解题的关键,试题难度不大。
本题的易错点是C项,解题时要注意Fe2+和Br-的还原性强弱顺序。
4.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后,再加入K2Cr2O7溶液,发生如下两个化学反应:
①SO2+2Fe3++2H2O===SO42-+2Fe2++4H+;
②Cr2O72-+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O。
下列有关说法不正确的是()
A.SO2发生氧化反应
B.若有13.44LSO2(标准状况)参加反应,则最终消耗0.4molK2Cr2O7
C.氧化性:
SO42- D.每0.2molK2Cr2O7参加反应,转移电子的数目为1.2NA 【答案】B 【解析】 【分析】 在SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+中,S元素的化合价升高,Fe元素的化合价降低,在Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O中,Cr元素的化合价降低,Fe元素的化合价升高,再结合氧化还原反应的基本概念和规律分析判断。 【详解】A.在SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+中,S元素的化合价升高,所以SO2为还原剂发生氧化反应,A项正确; B.若有13.44LSO2(标准状况)参加反应,n(SO2)=13.44L÷22.4L/mol=0.6mol,由得失电子守恒可知,最终消耗K2Cr2O7的物质的量为 =0.2mol,B项错误; C.由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,氧化性SO42- D.当1molK2Cr2O7参加反应时,转移电子的物质的量为1mol×2×(6-3)=6mol,则每0.2molK2Cr2O7参加反应,转移电子的物质的量为0.2mol×6=1.2mol,数目为1.2NA,D项正确,答案选B。 5.下列实验中,所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法有错误的是() 学¥科¥网...学¥科¥网...学¥科¥网...学¥科¥网...学¥科¥网...学¥科¥网...学¥科¥网...学¥科¥网...学¥科¥网...学¥科¥网... A.观察Fe(OH)2的生成B.除去CO中的CO2 C.配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液D.25mL滴定管读数为11.80mL 【答案】C 【解析】 A.氢氧化亚铁不稳定,易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁,所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气,植物油和水不互溶,且密度小于水,所以用植物油能隔绝空气,所以能实现实验目的,故A正确;B.二氧化碳能够与氢氧化钠溶液反应被吸收,一氧化碳不能,可以用氢氧化钠溶液除去CO中的CO2,故B正确;C.容量瓶只能配制溶液,不能作稀释或溶解药品的仪器,应该用烧杯溶解硝酸钠,然后等溶液冷却到室温,再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中,故C错误;D.滴定管的读数需要精确到0.01mL,根据图示,滴定管读数为11.80mL,故D正确;故选C。 点睛: 本题考查了物质的分离提纯和化学实验的基本操作和方法。 本题的易错点为D,要注意常见实验仪器的读数精度,天平只能精确到0.1g,量筒只能精确到0.1mL,酸、碱式滴定管精确到0.01mL,pH试纸只能读整数值。 6.有以下六种饱和溶液①CaCl2;②Ca(OH)2;③Na2SiO3;④Na2CO3;⑤NaAlO2;分别持续通入CO2,最终不会得到沉淀或析出晶体的是() A.④⑤B.③⑤C.①④D.①② 【答案】D 【解析】 【分析】 ①.碳酸比盐酸的酸性弱,CO2与CaCl2溶液不反应;②.过量的CO2与Ca(OH)2溶液反应生成Ca(HCO3)2;③.碳酸比硅酸的酸性强,过量的CO2与Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀;④.过量的CO2与饱和Na2CO3溶液反应生成溶解度更小的NaHCO3;⑤.NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠。 【详解】①.碳酸比盐酸的酸性弱,CO2与CaCl2溶液不会反应,所以向饱和CaCl2溶液中通入CO2,无沉淀生成,①符合题意; ②.酸性氧化物能与碱反应,过量的CO2与Ca(OH)2反应生成Ca(HCO3)2: Ca(OH)2+2CO2=Ca(HCO3)2,最终无沉淀生成,②符合题意; ③.碳酸比硅酸的酸性强,过量的CO2与Na2SiO3溶液反应: 2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓,产生硅酸沉淀,③不符合题意; ④.过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应: Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓,因碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小,所以有NaHCO3晶体析出,④不符合题意; ⑤.NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳,由于碳酸的酸性较弱,所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠: 2H2O+NaAlO2+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3,⑤不符合题意,综上所述,①②符合题意,答案选D。 【点睛】本题主要考查元素及其化合物的性质,注意碳酸的酸性比盐酸的酸性弱,所以CO2通入CaCl2溶液中不会发生反应,为易错点。 7.在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是() A.NaCl NaHCO3 Na2CO3 B.Cu CuS CuCl2 C.Fe2O3 FeCl3(aq) 无水FeCl3 D.MgCO3 MgCl2(aq) Mg 【答案】A 【解析】 【分析】 A.饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生反应生成碳酸氢钠晶体,碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠;B.Cu与S反应生成Cu2S;C.直接蒸发FeCl3溶液得Fe(OH)3固体;D.电解MgCl2溶液不能制得金属Mg。 【详解】A.饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生反应生成碳酸氢钠晶体,碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,NaCl NaHCO3 Na2CO3物质间的转化均能实现,A项符合题意; B.Cu与S在点燃条件下反应生成Cu2S,不能生成CuS,转化关系不能实现,B项不符合题意; C.氧化铁与盐酸反应得氯化铁溶液,直接蒸发氯化铁溶液,会促进铁离子水解生成氢氧化铁,应在HCl气流中加热蒸发制无水氯化铁,C项不符合题意; D.电解氯化镁溶液时,阳极上Cl-放电生成Cl2,阴极上H+放电生成H2和Mg(OH)2,转化关系不能实现,D项不符合题意,答案选A。 【点睛】本题主要考查钠、铜、铁、镁等常见金属元素及其化合物的综合应用,明确常见元素及其化合物的性质即可解答,题目难度中等,本题的易错点是B项,因S的氧化性较弱,所以与Cu反应时只能生成低价态的Cu2S。 8.下列实验与图象对应的是() 选项 A B C D 实验 NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量 AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量 明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至过量 澄清石灰水中缓慢通入CO2至过量 图象 A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】 A项, +H++H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,应是1∶3,错误;B项,Al(OH)3不溶于NH3·H2O,错误;C项,在溶解Al(OH)3时,会增加BaSO4沉淀,所以质量仍增加,正确;D项,CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2,错误。 9.下列有关溶液组成的描述合理的是() A.无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2- B.弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl-、HCO3- C.pH=1的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-、I- D.0.1mol·L-1NaAlO2溶液中可能大量存在Na+、H+、Cl-、SO42- 【答案】B 【解析】 【分析】 A.Al3+和S2-可以发生双水解反应;B.离子之间互不反应;C.H+和SiO32-反应;D.H+和AlO2-反应。 【详解】A.Al3+和S2-在溶液中可以发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体,不能大量共存,A项不合理; B.四种离子之间互不反应,且HCO3-水解会使溶液显弱碱性,B项合理; C.在pH=1的溶液中,H+和SiO32-反应生成H2SiO3沉淀,不能大量共存,C项不合理; D.在溶液中,H+可以和NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀或Al3+,不能大量共存,D项不合理,答案选B。 10.现有浓度均为1mol·L-1的FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液100mL,向该溶液中加入5.6g铁粉充分反应(溶液的体积变化忽略不计)。 下列有关叙述不正确的是() A.反应后的溶液中含有0.2molFe2+和0.1molCu2+ B.反应后的溶液中含有Fe2+、Cu2+,不含Fe3+ C.反应后的溶液中Fe2+的浓度增至3mol·L-1 D.反应后残留固体为3.2g 【答案】A 【解析】 【分析】 浓度均为1mol·L-1的FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液100mL,溶液中n(Fe3+)=0.1mol、n(Cu2+)=0.1mol、n(Fe2+)=0.1mol,向该溶液中加入5.6g铁粉,n(Fe)=0.1mol,溶液中阳离子的氧化性强弱顺序为: Fe3+>Cu2+>Fe2+,与铁发生反应时按照氧化性强弱顺序进行反应,再根据各离子物质的量计算判断。 【详解】在该溶液中n(Fe3+)=0.1mol、n(Cu2+)=0.1mol、n(Fe2+)=0.1mol,向溶液中加入5.6g铁粉,n(Fe)=0.1mol,溶液中阳离子的氧化性强弱顺序为: Fe3+>Cu2+>Fe2+,则加入铁粉时首先与Fe3+发生反应: 2Fe3++Fe=3Fe2+ 213 0.1mol0.05mol0.15mol 剩余的铁粉再与铜离子反应: Cu2++Fe=Cu+Fe2+ 1111 0.05mol0.05mol0.05mol0.05mol 则溶液中不含Fe3+,含有Cu2+物质的量为0.05mol,Fe2+物质的量为0.3mol,Cu物质的量为0.05mol; A.反应后的溶液中含有Fe2+0.3mol、Cu2+0.05mol,A项错误; B.反应后的溶液中含有Fe2+、Cu2+,不含Fe3+,B项正确; C.反应后的溶液中Fe2+的物质的量浓度增至 =3mol·L-1,C项正确; D.反应后的容器中残留有0.05molCu,质量为0.05mol×64g/mol=3.2g,D项正确,答案选A。 11.下列实验方案能达到实验目的的是() 实验目的 实验方案 A 证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3 向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/LMgCl2溶液,再加入3滴1mol/LFeCl3 B 比较氯和碳的非金属性强弱 将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中 C 配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液 将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中 D 验证氧化性: Fe3+>I2 将KI和FeCl3溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡,静置,观察下层液体是否变成紫色 A.AB.BC.CD.D 【答案】D 【解析】 A、向2mL1mol/LNaOH溶液中先加3滴1mol/LMgCl2溶液,产生白色沉淀,由于NaOH过量,再加入FeCl3时,FeCl3直接与NaOH反应,不能证明沉淀的转化,故A错误;B、将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中,产生气泡,证明盐酸酸性强于碳酸,而比较元素的非金属性强弱,要通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来进行判断,若要比较Cl和C的非金属性强弱,则应比较HClO4与H2CO3的酸性强弱,故B错误;C、将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中,溶质CuSO4的物质的量为1mol,而溶液的体积不是100mL,所配溶液的浓度不是1mol/L,故C错误;D、将KI和FeCl3溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡,静置,下层液体变成紫色,则证明产生了I2,说明Fe3+将I氧化为I2,氧化性Fe3+>I2,故D正确。 故选D。 12.一定量的铁、铝合金与300mL2mol/L硝酸完全反应生成3.36LNO(标况)和三价铁盐、铝盐等,再向反应后的溶液中加入3mol/L的NaOH溶液,使铝、铁元素完全沉淀下来,则所加NaOH溶液的体积是() A.450mLB.150mLC.200mLD.无法计算 【答案】B 【解析】 【分析】 硝酸的物质的量为: 0.3L×2mol/L=0.6mol,生成NO的物质的量为: =0.15mol,根据质量守恒以及反应后溶液的溶质为NaNO3进行计算。 【详解】硝酸的物质的量为: 0.3L×2mol/L=0.6mol,生成NO的物质的量为: =0.15mol,所以反应后的溶液中NO3-的物质的量为0.6mol-0.15mol=0.45mol,再向反应后的溶液中加入3mol/L的NaOH溶液,使铝、铁元素恰好全部转化为沉淀,则反应后溶液的溶质成分为NaNO3,由质量守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=n(NO3-)=0.45mol,则所加NaOH溶液的体积V(NaOH)= = =0.15L=150mL,答案选B。 13.铜的冶炼过程大致可分为: ①富集,将硫化物矿进行浮选;②焙烧,主要反应为2CuFeS2+4O2═Cu2S+3SO2+2FeO(炉渣);③制粗铜,在1200℃发生的主要反应为2Cu2S+3O2═2Cu2O+2SO2;2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑;④电解精炼铜.下列说法正确的是() A.冶炼过程中的尾气可用来制硫酸 B.上述过程中,由1molCuFeS2制取1molCu时共消耗2molO2 C.在反应2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑中,只有Cu2O作氧化剂 D.电解精炼铜的过程中,每转移1mol电子时,阳极溶解铜的质量为32g 【答案】A 【解析】 A、在铜的冶炼过程中,②焙烧、③制粗铜过程中都有二氧化硫生成,二氧化硫的制取硫酸的原料,所以冶炼过程中的尾气可用来制硫酸,故A正确;B、反应的方程式为6CuFeS2+15O2=6Cu+12SO2+6FeO,由1molCuFeS2制取1molCu时,共消耗2.5molO2,故B错误.C、在反应2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑中,Cu的化合价由+1价升高为+2价,S的化合价由-2价升高为+4价,反应物中Cu2O只做氧化剂,Cu2S既是氧化剂又是还原剂,故C错误.D、电解精炼铜的过程中,阳极溶解的不都是铜,所以每转移1mol电子时,阳极溶解铜的质量不是32g,故D错误.答案选A. 14.下列实验方案中,不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是() A.取ag混合物充分加热,减重bg B.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应,加热、蒸干、灼烧,得bg固体 C.取ag混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应,过滤、洗涤、烘干,得bg固体 D.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应,逸出气体直接用碱石灰吸收,增重bg 【答案】D 【解析】 【分析】 实验方案是否可行,关键看根据测量数据能否计算出结果,A.此方案利用碳酸氢钠的不稳定性,根据差量法即可计算质量分数;B.根据钠元素守恒,可列方程组求解;C.根据质量关系,可列方程组求解;D.应先把水蒸气排除才合理。 【详解】A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数,故A不选; B.Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠,所以bg固体是氯化钠,利用钠元素守恒可计算出Na2CO3质量分数,故B不选; C.Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应,反应的方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3↓、HCO3-+OH-+Ba2+=H2O+BaCO3↓,因此最后得到的固体是BaCO3,根据质量关系列方程组可以计算出Na2CO3质量分数,故C不选; D.混合物与足量稀硫酸充分反应,逸出的气体是二氧化碳,但会混有水蒸气,即碱石灰增加的质量有一部分是水的质量,所以不能测定Na2CO3质量分数,故D选,答案选D。 15.下列说法中不正确的有() ①铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性的食物 ②Al2O3熔点高,可用于制作耐高温仪器 ③SiO2有导电性,可用于制备光导纤维 ④二氧化硅既能与氢氟酸反应,又能与烧碱反应,所以它是两性氧化物 ⑤金属活动性不同,冶炼方法也有所不同 ⑥明矾常作为饮用水的消毒剂 ⑦镁铝合金的强度和硬度都比纯铝和纯镁大 ⑧除去铜器表面铜绿而不损伤器物,可用稀硝酸 A.①③⑤⑥B.②⑥⑦⑧C.③④⑥⑧D.④⑤⑦⑧ 【答案】C 【解析】 【分析】 ①.铝、氧化铝都能和强酸、强碱反应生成盐;②.Al2O3熔点高,一般条件下不易熔化;③.SiO2没有导电性,但可用于制备光导纤维;④.二氧化硅和氢氟酸反应生成的不是盐;⑤.根据金属活泼性强弱确定金属冶炼方法;⑥.明矾常作为净水剂;⑦.合金强度和硬度比其任一成分金属的强度和硬度都大;⑧.常温下Cu和稀硝酸反应。 【详解】①.铝、氧化铝都能和强酸、强碱反应生成盐,所以铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性的食物,故①正确; ②.Al2O3熔点高,一般条件下不易熔化,可以用于制作耐高温仪器,故②正确; ③.SiO2没有导电性,但可用于制备光导纤维,制备光导纤维是利用光的全反射原理,故③错误; ④.二氧化硅和HF反应的产物不是盐,但二氧化硅和NaOH反应生成的是盐和水,所以二氧化硅是酸性氧化物,故④错误; ⑤.根据金属活泼性强弱可以确定金属的冶炼方法,金属的活泼性不同其冶炼方法也不同,故⑤正确; ⑥.明矾没有强氧化性,不能作消毒剂,但铝离子能水解生成氢氧化铝胶体而常作为净水剂,故⑥错误; ⑦.合金强度和硬度比其任一成分金属的强度和硬度都大,所以镁铝合金的强度和硬度都比纯铝和纯镁大,故⑦正确; ⑧.常温下Cu和稀硝酸反应,所以不能用稀硝酸除去铜表面的铜锈,可以用稀盐酸或稀硫酸除去铜锈,故⑧错误,综上所述,错误的是③④⑥⑧,答案选C。 16.含硫煤燃烧会产生大气污染物,为防治该污染,某工厂设计了新的治污方法,同时可得到化工产品,该工艺流程如图所示,下列叙述不正确的是() A.该过程中可
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