湖南省湘东六校学年高二下学期期末联考化学试题解析版.docx
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湖南省湘东六校学年高二下学期期末联考化学试题解析版
湖南省湘东六校2019年上学期高二期末联考
化学试题
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。
下列说法正确的是
A.造成光化学烟雾的罪魁祸首是开发利用可燃冰
B.石油分馏得到的天然气属于清洁燃料,应大力推广使用
C.工业废水经过静置、过滤后排放,符合绿色化学理念
D.聚乙烯、聚氯乙烯都是由高分子化合物组成的物质,属于混合物
【答案】D
【解析】
【详解】A.氮的氧化物是造成光化学烟雾的主要原因,可燃冰的主要成分是甲烷,开发利用可燃冰不会造成光化学烟雾,A错误;
B.石油分馏得到C4以下石油气(主要成分为丙烷、丁烷)、汽油(成分为C5~C11的烃混合物)、煤油(成分为C11~C16的烃混合物)、柴油(成分为C15~C18的烃混合物)、重油(成分为C20以上烃混合物)等,不能得到天然气,B错误;
C.工业废水经过静置、过滤后只会将泥沙等固体杂质除去,并未除去重金属离子,会对环境造成污染,不符合绿色化学的理念,C错误;
D.聚乙烯和聚氯乙烯都是高分子化合物,每一条高聚物分子链的聚合度n都不同,聚乙烯和聚氯乙烯不可能只由一条链构成,所以高分子化合物是混合物,D正确;
故合理选项为D。
2.已知碳碳单键可以旋转,结构简式为
的烃,下列说法中正确的是
A.分子中最多有6个碳原子处于同一直线上
B.该烃苯环上的一氯代物有3种
C.分子中至少有12个碳原子处于同一平面上
D.该烃属于苯的同系物
【答案】A
【解析】
【详解】A.在苯中,处于对角位置上的4个原子共之间,如图所示
。
将该有机物“拉直”为:
,可以看出该分子中共直线的碳原子最多有6个,A正确;
B.该烃可以找到2根对称轴,如图,
可以知道该烃的分子的苯环中含有2种等效氢,则该烃苯环上的一氯代物有2种,B错误;
C.甲基与苯环平面结构通过单键相连,甲基的C原子处于苯中H原子位置,所以处于苯环这个平面。
两个苯环之间靠单键相连,单键可以旋转,两个苯环所处的平面不一定共面,只有处于对角线位置的C原子,因为共直线,所以一定共面。
该烃中一定共平面的碳原子,如图所示
,至少有10个碳原子一定共面,C错误;
D.同系物在分子构成上相差n个CH2,该有机物的分子式为C14H14,和苯C6H6,相差C8H8,不是若干个CH2,不是苯的同系物,D错误;
故合理选项为A。
3.下列说法正确的是
A.
与
含有相同的官能团,互为同系物
B.
属于醛类,官能团为-CHO
C.
的名称为:
2-乙基-1-丁烯
D.
的名称为:
2-甲基-1,3-二丁烯
【答案】C
【解析】
【详解】A.前者—OH与苯环的侧链相连,属于醇类,后者—OH直接与苯环相连,属于酚类,尽管分子构成相差了1个CH2,但是二者不是同一类物质,所以它们不互为同系物,A错误;
B.该物质属于酯类(甲酸酯,含有醛基),官能团为酯基,B错误;
C.该物质的官能团为碳碳双键,含有官能团的最长的碳链有4个C,因此主链含有4个C,为丁烯;编号时官能团的编号要小,因此碳碳双键的编号为1,乙基的编号为2,命名为2-乙基-1-丁烯,C正确;
D.该物质中含有2个碳碳双键,且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳原子,因此该物质为丁二烯。
编号时,不管是从左端还是右端,碳碳双键的编号均为1、3,因此编号的选择,让甲基的编号的编号小,甲基的编号为2,则该物质的名称应为:
2-甲基-1,3-丁二烯,故D错误。
4.将2.4g某有机物M置于密闭容器中燃烧,定性实验表明产物是CO2、CO和水蒸气。
将燃烧产物依次通过浓硫酸、碱石灰和灼热的氧化铜(试剂均足量,且充分反应),测得浓硫酸增重1.44g,碱石灰增重1.76g,氧化铜减轻0.64g。
下列说法中正确的是
A.M的实验式为CH2O2
B.若要得到M的分子式,还需要测得M的相对分子质量或物质的量
C.若M的相对分子质量为60,则M一定为乙酸
D.通过质谱仪可分析M中的官能团
【答案】B
【解析】
【分析】
浓硫酸增重的1.44g为水,水的物质的量为:
1.44g÷18g/mol=0.06mol。
碱石灰增重的1.76g为CO2的质量,其物质的量为:
1.76g÷44g/mol=0.04mol。
CuO与CO反应生成Cu与CO2,氧化铜减少的质量等于反应的CuO中O原子质量,1个CO与1个O原子结合生成CO2,O原子物质的量为0.64g÷16g/mol=0.04mol,故CO为0.04mol。
综上可知,2.4g有机物M中含有C原子为0.04mol+0.04mol=0.08mol,含有H原子为:
0.08mol×2=0.16mol,则含有C、H元素的总质量为:
12g/mol×0.08mol+1g/mol×0.16mol=1.12g<2.4g,说明M中含有O元素,含有O的物质的量为(2.4g﹣1.12g)÷16g/mol=0.08mol。
【详解】A.经过计算可知,M分子中C、H、O的物质的量之比=0.08:
0.16:
0.08=1:
2:
1,则M的实验式为CH2O,A错误;
B.已经计算出M的实验式,再测得M的相对分子质量或物质的量,可推出M的分子式,B正确;
C.若M的相对分子质量为60,设M的分子式为(CH2O)x,则30x=60,解得x=2,M的分子式为C2H4O2,M可能为乙酸或甲酸甲酯等,C错误;
D.用质谱仪可以得到M的相对分子质量,要得到M的官能团可以使用红外光谱仪,可以确定有机物分子中含有的有机原子基团,从而可确定M分子中含有的官能团类型,D错误;
故合理选项为B。
【点睛】根据题中告知的数据,可以先推测出有机物中C、H、O的物质的量,再根据该有机物的物质的量或者相对分子质量推断出其化学式(分子式)。
5.某实验小组用下列装置制备溴苯,下列说法错误的是
A.装置A中长玻璃导管仅起冷凝回流作用,装置B中的实验现象是CCl4由无色变橙色
B.若装置B后连接装置C,装置C中生成淡黄色沉淀,可证明装置A中发生取代反应
C.若装置B后连接装置D,则装置D的作用是吸收尾气
D.向反应后的装置A中加入NaOH溶液,振荡静置,下层为无色油状液体
【答案】A
【解析】
【详解】A.苯和液溴在铁的作用下反应剧烈,可以达到沸腾,使苯和液溴挥发为蒸汽,在经过长导管时,可以将其冷凝并回流;产物中还有HBr气体,经过长导管最终被NaOH吸收,故长导管的作用是导气和冷凝回流。
装置B中的CCl4吸收挥发出的溴和苯,CCl4由无色变橙色,A错误;
B.苯和溴在催化剂条件下反应取代反应生成溴苯和HBr,若苯和溴发生加成反应,则没有HBr生成。
装置B中已除去苯和溴的蒸汽,若装置C中产生淡黄色沉淀AgBr,则可证明气体中含有HBr,即可证明装置A中发生取代反应,B正确;
C.装置B中除去苯和溴的蒸汽,可用NaOH溶液除去HBr气体,C正确;
D.装置A中生成溴苯,溴苯中因为溶有溴而呈色,用NaOH溶液洗涤后,除去溴,溴苯为无色、密度比水大的油状液体,静置后在分液漏斗的下层,D正确;
故合理选项
A。
6.桥环烷烃双环[2.2.1]庚烷的结构简式如图所示,下列关于该化合物的说法错误的是
A.与环庚烯互为同分异构体
B.二氯代物结构有9种
C.所有碳原子不能处于同一平面
D.1mol双环[2.2.1]庚烷完全燃烧至少需要10molO2
【答案】B
【解析】
【详解】A.双环[2.2.1]庚烷的分子式为C7H12,环庚烯的分子式为C7H12,两者分子式相同,结构不同,互为同分异构体,A正确;
B.双环[2.2.1]庚烷分子中含有3种氢原子,标好分别为a、b、c,如图所示
。
当一个氯原子分别取代a时,另一氯原子可以取代a、b(b1或b2)、c(c1、c2、c3、c4任意一个位置),共3种。
当一个氯原子分别取代b时,如取代b1,另一氯原子可以取代b2、c1或c2(与b1处于邻位)、c3或c4(与b1处于间位),共3种。
当一个氯原子分别取代c时,如取代c1,另一氯原子可以取代c1、c4、c3、c4,共4种,则二氯代物有10种,B错误;
C.双环[2.2.1]庚烷分子中碳原子均为饱和碳原子,则所有碳原子一定不在同一平面上,C正确;
D.由双环[2.2.1]庚烷完全燃烧的化学方程式C7H12+10O2→7CO2+6H2O,可知lmol双环[2.2.1]庚烷完全燃烧至少需要10molO2,D正确;
故合理选项为B。
7.冠心平F是降血脂、降胆固醇的药物,它的一条合成路线如下,A为一元羧酸,10.2gA与足量NaHCO3溶液反应生成2.24LCO2(标准状况),A的分子式为
A.C2H4O2B.C3H6O2C.C4H8O2D.C5H10O2
【答案】D
【解析】
【分析】
标况下,2.24LCO2的物质的量为0.1mol,10.2gA(一元羧酸)与足量NaHCO3反应产生0.1molCO2,则10.2gA为0.1mol,即其相对分子质量为102,由此可以判断A的分子式。
【详解】标况下,2.24LCO2的物质的量为0.1mol,10.2gA(一元羧酸)与足量NaHCO3反应产生0.1molCO2,则10.2gA为0.1mol,即其相对分子质量为102;
A.C2H4O2的相对分子质量为60,A错误;
B.C3H6O2的相对分子质量为74,B错误;
C.C4H8O2的相对分子质量为88,C错误;
D.C5H10O2的相对分子质量为102,D正确;
故合理选项为D。
8.维拉帕米(又名异搏定)是治疗心绞痛和原发性高血压的药物,合成路线中某一步骤如图所示,下列说法中正确的是
A.Y的分子式为C5H11O2Br
B.含苯环和羧基的ⅹ的同分异构体有4种
C.可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z
D.1molZ最多可与6molH2发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.由结构简式可知分子式为C5H9BrO2,A错误;
B.含苯环和羧基,对应的同分异构体可含有﹣CH2COOH,或含有﹣CH3、﹣COOH(邻、间、对),共有4种,B正确;
C.X中的酚羟基会使高锰酸钾溶液褪色,Z中的碳碳双键会使高锰酸钾溶液褪色,故无法用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z,C错误;
D.Z中能与氢气发生加成反应的只有苯环和碳碳双键,酯基中的羰基不能和氢气加成,则1molZ含有1mol苯环可以与3molH2加成,含有2mol碳碳双键,可以与2molH2加成,因此1moZ最多可与5molH2发生反应,D错误;
故合理选项为B。
【点睛】碳氧双键(羰基)可以按照是否能与氢气加成分为两类,第一类构成醛基和酮基,这时羰基可以和H2发生加成反应,第二类构成羧基和酯基,这时羰基不能和H2发生加成反应。
9.下列实验方案中,可以达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成
向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液,加热,将反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
B
除去苯中混有的苯酚
加入适量的溴水充分反应后过滤弃去沉淀
C
除去NaCl晶体中少量的KNO3杂质
先将晶体溶于水配成溶液,然后蒸发结晶并趁热过滤弃去滤液
D
检验CH3CH2Br中存在的溴元素
将CH3CH2Br与NaOH溶液共热,冷却后,取出上层水溶液,加入AgNO3溶液,观察是否产生淡黄色沉淀
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A.溴乙烷发生消去反应后生成乙烯,同时又带出乙醇蒸汽也能使酸性高锰酸钾溶液褪色,A错误;
B.溴水和苯酚反应生成三溴苯酚,溶解在苯中,过滤不能将苯和三溴苯酚分开,B错误;
C.硝酸钾溶解度受温度变化较大,氯化钠溶解度受温度变化小,可以蒸发结晶,趁热过滤的方法除去硝酸钾,C正确;
D.溴乙烷和氢氧化钠溶液发生水解反应,检验溴离子应在酸性溶液中,应在水解后冷却,加入过量稀硝酸酸化,再加入硝酸银溶液,D错误;
故合理选项为C。
10.屠呦呦率领团队先后经历了用水、乙醇、乙醚提取青蒿素的过程,最终确认只有采用低温、乙醚冷浸等方法才能成功提取青蒿素。
研究发现青蒿素中的某个基团对热不稳定,该基团还能与NaI作用生成I2。
碳原子连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳,下列分析不正确的是
A.推测青蒿素在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度
B.青蒿素可以与NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应
C.青蒿素分子中含有手性碳
D.青蒿素中对热不稳定且具有氧化性的基团是“-O-O-”
【答案】B
【解析】
【详解】A.青蒿素中含有酯基,如图含
,难溶于水,易溶于有机溶剂。
根据萃取过程,最终采用乙醚萃取,可知青蒿素易溶于乙醚,A正确;
B.青蒿素可以与氢氧化钠溶液反应,由于青蒿素中含有酯基,在碱性环境下发生水解。
但是Na2CO3和NaHCO3不与酯基等官能团反应,B错误;
C.手性碳指碳原子所连接的4个基团不一样,青蒿素分子中含有手性碳,如
,中心的碳原子链接了4个不同的原子或原子团,是手性碳原子,C正确;
D.含有的“-O-O-”不稳定,类似于双氧水中的过氧键,受热容易分解,D正确;
故合理选项为B。
11.对氨基苯甲酸可用甲苯为原料合成。
已知①苯环上的硝基可被还原为氨基:
+3Fe+6HCl→
+3FeCl2+2H2O,产物苯胺还原性强,易被氧化;②-CH3为邻、对位取代定位基,而-COOH为间位取代定位基。
则由甲苯合成对氨基苯甲酸的步骤合理的是
A.甲苯
X
Y
对氨基苯甲酸
B.甲苯
X
Y
对氨基苯甲酸
C.甲苯
X
Y
对氨基苯甲酸
D.甲苯
X
Y
对氨基苯甲酸
【答案】A
【解析】
【详解】由甲苯制取产物时,需发生硝化反应引入硝基,再还原得到氨基,将甲基氧化才得到羧基;但氨基易被氧化,故甲基氧化为羧基应在硝基还原前,否则生成的氨基也被氧化,故先将甲基氧化为羧基,再将硝基还原为氨基。
﹣CH3为邻、对位取代定位基;而﹣COOH为间位取代定位基,产物中的氨基在羧基的对位。
如果先氧化甲基成羧基,发生硝化反应时,硝基在羧基的间位,所以先用—CH3的对位取代效果,在甲基的对位引入硝基,再将甲基氧化成羧基,最后将硝基还原成氨基,所以步骤为甲苯
X
Y
对氨基苯甲酸,即合理选项为A。
12.某高分子化合物R
结构简式如图,下列有关R的说法正确的是
A.R的单体之一的分子式为C9H12O2
B.R可通过加聚和缩聚反应合成,R完全水解后生成2种产物
C.R是一种有特殊香味,难溶于水的物质
D.碱性条件下,1molR完全水解消耗NaOH的物质的量为n(m+1)mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.由结构可知,单体为CH2=C(CH3)COOH、OHCH2CH2OH、HOOCCH(OH)CH2C6H5,分子式依次为C4H6O2、C2H6O2、C9H10O3,A错误;
B.单体中存在C=C、﹣OH、﹣COOH,则通过加聚反应和缩聚反应可以生成R;R由三种单体构成,则R完全水解后生成3中产物:
一种高聚物和两种单体,B错误;
C.R为高分子化合物,不具有特殊香味,难溶于水,C错误;
D.1molR中含n(1+m)mol酯基,则碱性条件下,1molR完全水解消耗NaOH的物质的量为n(m+1)mol,D正确;
故合理选项为D。
【点睛】本题中的聚合物含有两个子聚合物,其中一个为加聚产物,一个为缩聚产物,所以完全水解得到一个加聚高分子,一个乙二醇,一个含羧基和羟基的芳香族化合物。
13.下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的是
A.用图所示装置(正放)可收集NO气体
B.用图所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸
C.用图所示装置可实现反应:
Cu+2H2O
Cu(OH)2+H2↑
D.用图所示装置可实现制乙炔
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.二氧化碳可防止NO被氧化,且NO的密度比CO2小,从短导管进入集气瓶,排除CO2,图中类似于排空气法收集气体,A正确;
B.NH3直接与硫酸接触,发生倒吸;苯起不到防倒吸的作用,B错误;
C.Cu与电源负极相连,为阴极,Cu不失去电子,该实验为电解水,C错误;
D.生成的气体易从长颈漏斗逸出,另水与电石反应剧烈,一般使用食盐水与电石反应制取乙炔,D错误;
故合理选项为A。
14.设NA为阿伏伽德罗常数,下列说法正确的是
A.在过氧化钠与水的反应中,每生成0.1mol氧气,转移的电子数目为0.2NA
B.1molFeCl3与沸水反应生成胶体后,含有NA个Fe(OH)3胶粒
C.1mol乙醇和过量乙酸反应,生成乙酸乙酯的分子数可能为NA
D.0.1mol苯乙烯分子中,含有碳碳双键的数目为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.过氧化钠中氧为-1价,与水反应生成0.1molO2时转移0.2mol电子,A正确;
B.Fe(OH)3胶粒是由多个Fe(OH)3聚集而成,胶粒的个数少于Fe(OH)3的数目,即小于1NA,B错误;
C.乙酸与乙醇的反应可逆,故1mol乙醇和过量乙酸反应,生成乙酸乙酯的分子数小于NA,C错误;
D.苯环中不含碳碳双键,故0.1mol苯乙烯分子中,含有碳碳双键的数目不为0.4NA,D错误;
故合理选项为A。
15.汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应:
10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。
若氧化产物比还原产物多1.75mol,则下列判断不正确的是
A.生成44.8LN2(标准状况)
B.有0.25molKNO3被还原
C.转移电子的物质的量为1.75mol
D.被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
【答案】C
【解析】
【分析】
该反应中,NaN3为还原剂,KNO3为氧化剂。
根据反应方程式为10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑,10molNaN3中的N均化合价升高得到氧化产物N2,根据N原子守恒,氧化产物有15molN2,2molKNO3中的N化合价降低,得到还原产物N2,还原产物有1molN2;可知每生成16molN2,氧化产物比还原产物多了15-1mol=14mol。
现氧化产物比还原产物多1.75mol,设生成的N2的物质的量为x,有
,得x=2mol。
【详解】A.计算得生成2molN2,在标况下的体积为2mol×22.4L·mol-1=44.8L,A正确;
B.KNO3做氧化剂,被还原;生成2molN2,需要0.25molKNO3参加反应,B正确;
C.2molKNO3参加反应转移10mol电子,生成16molN2。
现生成2molN2,则有0.25molKNO3参与反应,转移1.25mol电子,C错误;
D.被氧化的N原子为NaN3中的N原子,0.25molKNO3参加反应,则有1.25molNaN3参加反应,所以被氧化的N原子有3×1.25mol=3.75mol,D正确;
故合理选项为C。
【点睛】该题中,氧化产物、还原产物都是N2,但是0价N原子的来源及途径不同,所以要仔细分析氧化产物比还原产物多的说法。
16.某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种,取该溶液进行连续实验,实验过程如图:
(所加试剂均过量,气体全部逸出)下列说法正确的是
A.若原溶液中不存在Na+,则c(Cl-)<0.1mol•L﹣1
B.原溶液可能存在Cl-和Na+
C.原溶液中c(CO32-)是0.01mol•L﹣1
D.原溶液一定存在CO32-和SO42-,一定不存在Fe3+
【答案】D
【解析】
【分析】
加入BaCl2溶液之后,有沉淀生成,且加入过量盐酸之后,沉淀质量减少,则说明一定有CO32-、SO42-这两种离子,一定没有Fe3+(Fe3+和CO32-会发生双水解反应,不能共存),且沉淀2为BaSO4,n(BaSO4)=
,m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g,则n(BaCO3)=
。
加入NaOH溶液产生1.12L(标况)气体,则溶液中有NH4+,NH3有0.05mol,即n(NH4+)=0.05mol。
CO32-和SO42-所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2+0.01mol×2=0.04mol,NH4+所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol,根据电荷守恒,可以推断出溶液中一定有Cl-,且最少为0.01mol(因为无法判断是否有Na+,如果有Na+,需要多于的Cl-去保持溶液的电中性)。
【详解】A.若原溶液中不存在Na+,则c(Cl-)=
,A错误;
B.原溶液中一定有Cl-,可能有Na+,B错误;
C.经计算,原溶液中,n(CO32-)=0.01mol,则c(CO32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol•L﹣1,C错误;
D.加入BaCl2溶液之后,有沉淀生成,且加入过量盐酸之后,沉淀质量减少,则说明一定有CO32-、SO42-这两种离子,一定没有Fe3+,D正确;
故合理选项为D。
【点睛】溶液中的离子要保持电荷平衡,即正负电荷所带的电荷量相等,以保持溶液的电中性。
17.氯磺酸是无色液体,密度1.79g·cm-3,沸点约152℃。
氯磺酸有强腐蚀性,遇湿空气产生强烈的白雾,故属于危险品。
制取氯磺酸的典型反应是在常温下进行的,反应为HCl(g)+SO3=HSO3Cl。
实验室里制取氯磺酸可用下列仪器装置(图中夹持、固定仪器等已略去),实验所用的试剂、药品有:
①密度1.19g·cm-3浓盐酸 ②密度1.84g·cm-3、质量分数为98.3%的浓硫酸③发烟硫酸(H2SO4··SO3) ④无水氯化钙 ⑤水。
制备时要在常温下使干燥的氯化氢气体和三氧化硫反应,至不再吸收HCl时表示氯磺酸已大量制得,再在干燥HCl气氛中分离出氯磺酸。
(1)仪器中应盛入的试剂与药品(填数字序号):
A中的a____B____C_____F_____。
(2)A的分液漏斗下边接有的毛细管是重要部件,在发生气体前要把它灌满a中液体,在发生气体时要不断地均匀放出液体。
这是因为______________________________________。
(3)实验过程中需要加热的装置是___________________(填装置字母)。
(4)若不加F装置,可能发生的现象是________________________________________,有关反应的化学方程式______________________________________________________。
(5)在F之后还应加
装置是_______________________________________________。
【答案】
(1).①
(2).②(3).③(4).④(5).使密度较浓硫酸小的浓盐酸顺利流到底部,能顺利产生HCl气体(6).C(7).产生大量白雾(8).HSO3Cl+H2O=H2SO4+HCl↑(9).加一倒扣漏斗于烧杯水面上的吸收装置
【解析】
【分析】
题中已经告知氯磺酸的一些性质及制备信息。
要结合这些信息分析各装置的作用。
制备氯磺酸需要HCl气体,则A为
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