化学黑龙江学年高二下学期期末考试试题解析版.docx
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化学黑龙江学年高二下学期期末考试试题解析版
2016-2017学年高二下学期期末考试试题
(时间:
90分钟总分:
100分)
可能用到的原子量:
Na:
23Al:
27O:
16Fe:
56C:
12Cl:
35.5S:
32
第Ⅰ卷(单项选择题:
共60分)
一、单项选择题:
(包括25小题,1-15每小题2分,16-25每小题3分,共60分)在每小题列出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.化学与生活、社会发展息息相关。
下列说法不正确的是()
A.“霾尘积聚难见路人”,雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,该过程发生了置换反应
C.“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
D.古剑“沈卢”“以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折”,剂钢指的是铁的合金
【答案】C
【解析】A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效应,故A正确;B.铁置换铜属于湿法炼铜,该过程发生了置换反应,故B正确;C.对青蒿素的提取利用的是萃取原理,萃取过程中没有新物质生成,属于物理变化,故C错误;D.剑刃硬度要大,所以用铁碳合金,故D正确;故选C。
2.高一学生小强的化学笔记中有如下内容:
你认为他的笔记中有几处错误( )
①物质按照组成可以分为单质和化合物
②单质又可分为金属和非金属
③化合物主要包括:
酸、碱、盐和氧化物
④按照分散剂粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体
⑤只要在水溶液中能导电的化合物就是电解质
⑥按照树状分类法可将化学反应分为:
氧化还原反应和离子反应
⑦氧化还原反应的本质是化合价升降.
A.三处B.四处C.五处D.六处
【答案】B
3.设NA为阿伏伽徳罗常数的值。
下列说法正确的是( )
A.1molNa2O2固体中含离子总数为4NA
B.分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4L,质量为28g
C.28g由C2H4和C3H6组成的混合物中含有氢原子的数目为4NA
D.常温下,1molFe与过量浓HNO3反应,转移电子的数目为3NA
【答案】C
4.下列指定反应的离子方程式表达正确的是()
A.FeCl3溶液中加入KSCN溶液:
Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3↓
B.Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液:
Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+H2O
C.向NaClO溶液中通入少量SO2:
2ClO-+SO2+H2O=SO32-+2HClO
D.过量的CO2通入水玻璃中:
SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-
【答案】D
【解析】A.FeCl3溶液中加入KSCN溶液,溶液变成血红色,没有生成沉淀,故A错误;B.Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液,反应生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠,反应的离子方程式为Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O,故B错误;C.向NaClO溶液中通入少量SO2反应生成的次氯酸具有强氧化性,能够氧化亚硫酸钠生成硫酸钠,故C错误;D.过量的CO2通入水玻璃中反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠:
SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-,故D正确;故选D。
5.已知在碱性溶液中可发生如下反应:
2R(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣═2RO4n﹣+3Cl﹣+5H2O,则RO4n﹣中R的化合价是( )
A.+3B.+4C.+5D.+6
【答案】D
【解析】根据方程式两端电荷守恒可知n=
=2,O元素是-2价,所以R的化合价是+6价,答案选D。
6.使相同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl-离子完全沉淀时,若所用相同浓度的AgNO3溶液的体积比为2:
2:
1,则上述三种溶液的体积比是()
A.9:
3:
1B.3:
2:
1
C.6:
3:
1D.9:
4:
1
【答案】C
【解析】试题分析:
设AgNO3溶液的浓度都是c,体积分别为3V、2V、V,NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度都是c1,设体积分别为x、y、z,完全沉淀时发生反应Cl-+Ag+═AgCl↓,由方程式可知:
c1×x=c×3V,c1×2×y=c×2V,c1×3×z=c×V,
解得x:
y:
z=9:
3:
1,选A.
7.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的叙述,正确的是( )
A.常温时,在水中的溶解性:
碳酸钠>碳酸氢钠
B.热稳定性:
碳酸钠<碳酸氢钠
C.质量相同时,分别与同体积同浓度盐酸反应的快慢:
碳酸钠>碳酸氢钠
D.物质的量相同时,分别与足量的盐酸反应,生成CO2的质量:
碳酸钠<碳酸氢钠
【答案】A
【解析】试题分析:
A、常温时,在水中的溶解性:
碳酸钠>碳酸氢钠,A项正确;B、碳酸氢钠受热易分解,热稳定性:
碳酸钠>碳酸氢钠,B项错误;C、质量相同时,分别与同体积同浓度盐酸反应的快慢:
碳酸钠<碳酸氢钠,C项错误;D、物质的量相同时,分别与足量的盐酸反应,据碳原子守恒,生成CO2的质量:
碳酸钠=碳酸氢钠,D项错误;答案选A。
8.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A.无色溶液中:
K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣
B.酸性溶液中:
K+、Cl﹣、NO3﹣、Fe2+
C.加入Al能放出H2的溶液中:
Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+
D.在酸性溶液中:
Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣
【答案】D
【解析】A.MnO4﹣有颜色,与无色溶液不吻合,故A错误;B.在酸性溶液中NO3﹣能够氧化Fe2+,不能大量共存,故B错误;C.加入Al能放出H2的溶液显强酸性或碱性,在强酸性或碱性溶液中HCO3﹣都不能大量存在,故C错误;D.在酸性溶液中,Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣离子间不发生反应,能够大量共存,故D正确;故选D。
9.用高铁酸钠(Na2FeO4)对河、湖水消毒是城市饮用水处理的新技术,已知反应:
Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O.下列说法正确的是( )
A.Na2O2既是氧化剂又是还原剂
B.Fe2O3在反应中显氧化性
C.1molNa2O2发生反应,有4mol电子转移
D.在Na2FeO4能消毒杀毒是因其具有强氧化性
【答案】D
【解析】试题分析:
A、分析题给反应知,Na2O2中氧元素化合价由-1价降为-2价,被还原,Na2O2为氧化剂,A错误;B、Fe2O3中铁元素化合价由+3价升高为+6价,在反应中失去电子,C错误;C、反应中Na2O2中氧元素化合价由-1价降为-2价,3molNa2O2发生反应,有6mol电子转移,C错误;D、Na2FeO4中Fe为+6价,具有强氧化性,可用于杀菌消毒,D正确。
答案选D。
10.工业上用金红石(主要成分TiO2)制金属钛可通过一下反应进行:
①TiO2+2C+2Cl2
TiCl4+2CO②TiCl4+2Mg
Ti+2MgCl2
对于上述两个反应的叙述正确的是()
A.都是置换反应B.都是氧化还原反应
C.反应中钛元素都被还原D.加热时金属钛和氩气(Ar)能反应
【答案】B
【解析】试题分析:
A.反应①没有单质生成,不是置换反应,故A错误;B.两个反应都存在化合价的变化,为氧化还原反应,故B正确;C.反应①Ti元素化合价没有发生变化,故C错误;D.氩气为惰性气体,与钛不反应,②中氩气作保护气,可防止金属Ti被氧化,故D错误;故选B。
11.油条的做法是将矾、碱、盐按比例加入温水中,再加入面粉搅拌成面团;放置,使面团产生气体,形成孔洞。
放置过程发生反应:
2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O.下列有关判断正确的是( )
A.放置过程发生的反应中,反应物和生成物均为电解质
B.放置过程发生的反应为氧化还原反应
C.从物质的分类角度来看,油条配方中的“矾、碱、盐”均为盐
D.反应的离子方程式为2Al3++3CO32﹣═2Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】C
【解析】A、二氧化碳是非电解质,故A错误;B、无元素化合价的变化是非氧化还原反应,放置过程中发生的反应为非氧化还原反应,故B错误;C、Na2CO3和KAl(SO4)2•12H2O都是盐,所以油条配方中的“明矾、碱”均属于盐,故C正确;D、根据原子守恒,反应物中应该含有水参与反应,该反应2Al3++3CO32-═2Al(OH)3↓+3CO2↑未遵循质量守恒,故D错误;故选C。
12.我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应,其中有:
①“丹砂(HgS)烧之成水银,积变又还成丹砂”;②“以曾青涂铁,铁赤色如铜”。
下列有关叙述正确的是()
A.①中水银“积变又还成丹砂”说明水银发生了还原反应
B.②中反应的离子方程式为:
2Fe+3Cu2+=2Fe3++3Cu
C.根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银,防止中毒
D.水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜
【答案】C
【解析】①“丹砂(HgS)烧之成水银”,反应为HgS
Hg+S;“积变又还成丹砂”发生的反应为:
Hg+S=HgS;②“以曾青涂铁,铁赤色如铜”发生的反应为:
CuSO4+Fe=FeSO4+Cu。
A、①中水银“积变又还成丹砂”是水银发生了氧化反应,由Hg生成HgS,故A错误;B、②中发生的反应为:
CuSO4+Fe=FeSO4+Cu,离子方程式为:
Cu2++Fe=Fe2++Cu,故B错误;C、根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银,则会发生反应:
Hg+S=HgS,生成的HgS无毒,故能防止中毒,故C正确;D、曾青为硫酸铜,水银能和硫酸铜发生置换反应生成铜,故D错误;故选C。
13.制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O,下列说法正确的是()
A.x=2
B.参加反应的Fe2+全部作还原剂
C.每生成1molFe3O4,被S2O32-还原的O2为0.5mol
D.已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm,则Fe3O4纳米颗粒为胶体
【答案】C
【解析】试题分析:
A.反应的离子方程式为3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-═Fe3O4+S4O62-+2H2O,则x=4,故A错误;B.反应中3Fe2+→Fe3O4,当3molFe2+参加反应时,有2molFe2+化合价升高,故B错误;C.反应3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-═Fe3O4+S4O62-+2H2O中,Fe和S元素的化合价升高,被氧化,O2为氧化剂,每生成1molFe3O4,反应转移的电子总数为4mol,其中被S2O32-还原的O2为0.5mol,被Fe2+还原的O2也为0.5mol,故C正确;D.Fe3O4纳米颗粒直径为20nm,Fe3O4纳米颗粒分散到分散剂中可以形成胶体,故D错误;故选C。
14.下列有关实验的说法正确的是( )
A.某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体,该溶液一定有CO32﹣
B.为测定熔融氢氧化钠的导电性,可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量
C.制备Fe(OH)3胶体,通常是将Fe(OH)3固体溶于热水中
D.除去铁粉中混有的少量铝粉,可加入过量的氢氧化钠溶液,完全反应后过滤
【答案】D
【解析】A.生成二氧化碳气体,也可能含有HCO3-等,另外气体也可能为二氧化硫,故A错误;B.加热条件下,氢氧化钠和二氧化硅反应易烧结在一起,一般应用铁坩埚,故B错误;C.氢氧化铁不溶于水,制备Fe(OH)3胶体,应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液,故C错误;D.铝和氢氧化钠溶液反应,而铁不反应,可用于分离,故D正确;故选D。
15.当溶液中XO4-离子与H2O2分子的个数比恰好按2:
5进行反应时,溶液中XO4-被还原为较低价态离子,则X元素的化合价变为()
A.+1B.+2C.+3D.+4
【答案】B
【解析】试题分析:
因为分子数之比等物质的量之比,因此设XO4-的物质的量为2mol,H2O2的物质的量为5mol,因为是XO4-被还原,因此XO4-是氧化剂,过氧化氢是还原剂,设X被还原的价态是x,根据得失电子数目守恒,2×(7-x)=5×2×1,解得x=2,故选项B正确。
16.已知某金属硝酸盐,在受热分解时生成了金属氧化物、二氧化氮与氧气.测得产物中NO2与O2的体积比为5:
1(同温同压下测得),试分析该硝酸盐分解时金属化合价的变化情况是( )
A.升高B.降低C.不变D.不能确定
【答案】A
【解析】某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2和某金属氧化物,氮元素化合价由+5价降低为+4价,氧元素化合价由-2价升高为0价,根据NO2和 O2的分子体积比为6:
1,即其分子数之比为5:
1,令NO2和 O2的分子个数分别为6、1,氮原子得到的电子数为6,氧原子失去的电子为1×2×[0-(-2)]=4,二者得失电子数目不相等,根据电子转移守恒,金属元素应失去电子,金属元素的化合价升高,故选A。
17.2016年第31届奥运会在巴西里约举行.奥运会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷,撞击时发生的化学反应为:
5KC1O3+6P=3P2O5+5KC1.下列有关该反应的叙述中,正确的是( )
A.氯酸钾是还原剂
B.KCl既是氧化产物,又是还原产物
C.反应中消耗3molP时,转移电子的物质的量为15mol
D.发令时产生的白烟只是KCl固体颗粒
【答案】C
【解析】试题分析:
:
A、反应5KC1O3+6P=3P2O5+5KC1中,KC1O3中的氯元素化合价由+5价降低为KCl中-1价,KC1O3是氧化剂,故A错误;B、反应中只有磷元素的化合价升高,由0价升高为+5价,所以反应中消耗3molP时,转移电子的物质的量为3mol*5=15mol,所以B选项是正确的;C、由KC1O3发生还原反应生成KCl,KCl是还原产物,故C错误;D、P2O5与空气中水化合为H3PO4,H3PO4吸收空气中水而呈白雾,同时含有KCl是固体颗粒,故应为白色烟雾,故D错误.
18.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,则下列判断正确的是( )
A.生成40.0LN2(标准状况)
B.有0.250molKNO3被氧化
C.转移电子的物质的量为1.25mol
D.反应中共生成0.625mol氧化物
【答案】C
【解析】试题分析:
根据方程式10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑可知NaN3中N元素化合价由-1/3价升高到0价,KNO3中N元素化合价由+5价降低到0价,所以氧化产物和还原产物都是氮气。
根据电子得失守恒可知有16mol氮气生成,氧化产物是15mol、还原产物是1mol。
若氧化产物比还原产物多1.75mol,则15/16n(N2)-1/16n(N2)=1.75mol,解得n(N2)=2mol,则A、根据以上分析可知生成的氮气在标准状况下的体积=2mol×22.4L/mol=44.8L,A错误;B、根据以上分析可知NaN3发生氧化反应,KNO3发生还原反应,硝酸钾被还原,B错误;C、根据以上分析可知参加反应KNO3的物质的量=2mol×2/16=0.25mol,其中N元素化合价由+5价降低为0价,故转移电子为0.25mol×5=1.25mol,C正确;D、根据以上分析并结合方程式可知K2O、Na2O总物质的量=2mol×(1+5)/16=0.75mol,D错误,答案选C。
19.向含有0.2molFeI2的溶液中加入amolBr2.下列叙述不正确的是( )
A.当a=0.1时,发生的反应为2I﹣+Br2═I2+2Br﹣
B.当a=0.25时,发生的反应为2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣
C.当溶液中I﹣有一半被氧化时,c(I﹣):
c(Br﹣)=1:
1
D.当0.2<a<0.3时,溶液中各离子浓度的关系为2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)═c(Br﹣)+c(OH﹣)
【答案】B
【解析】亚铁离子的还原性弱于碘离子,溴少量时碘离子优先被氧化,发生反应为:
2I-+Br2=I2+2Br-;当碘离子完全被氧化后,亚铁离子开始被溴单质氧化,溴足量时的反应方程式为:
2Fe2++4I-+3Br2=2Fe3++2I2+6Br-。
A.a=0.1时,溴单质不足,只有碘离子被氧化,反应的离子方程式为:
2I-+Br2=I2+2Br-,A正确;B.当a=0.25时,0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子,0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质,剩余的0.05mol溴单质能够氧化0.1mol亚铁离子,所以正确的反应为:
2Fe2++8I-+5Br2=2Fe3++4I2+10Br-,B错误;C.溶液中含有0.4mol碘离子,当有0.2mol碘离子被氧化时,消耗0.1mol溴单质生成0.2mol溴离子,则反应后溶液中碘离子和溴离子浓度相等,C正确;D.当0.2<a<0.3时,碘离子完全被氧化,亚铁离子部分被氧化,根据电荷守恒可知溶液中的离子浓度的关系为:
2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Br-)+c(OH-),D正确;答案选B。
20.将一定量的镁铝合金样品分成两等份,一份加入到足量的NaOH溶液中,充分反应后,收集到标准状况下气体6.72L;另一份加入到足量稀盐酸中,充分反应后,收集到标准状况下气体11.2L.则原合金样品中镁的质量为( )
A.4.8gB.6gC.9.6gD.12g
【答案】C
【解析】因为Al与HCl、NaOH反应生成的H2体积一样,所以Mg与HCl反应生成的气体为11.2-6.72L=4.48L,即0.2mol,Mg——H2,所以Mg为0.2mol即4.8g,所以原合金中Mg为9.6g
21.某无色溶液含有下列离子中的若干种:
H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。
向该溶液中加入铝粉,只放出H2,则溶液中能大量存在的离子最多有( )
A.3种B.4种C.5种D.6种
【答案】C
【解析】含有Fe3+离子的溶液呈黄色,所以一定不含Fe3+;H+与CO32–、OH–反应不能大量共存;NH4+、Al3+、与OH–反应,不能大量共存;Ba2+、Al3+与CO32–反应不能大量共存;该溶液中加入铝粉,只放出H2,说明溶液可能呈碱性,也可能呈酸性,若为酸性,则含有大量H+,所以不含CO32–、OH–,由于硝酸具有强氧化性,所以加入铝粉,放出H2不含NO3–,溶液中还可能有NH4+、Ca2+、Ba2+、Al3+、Cl–,最多有6种;若为碱性,则含有大量OH-,所以不含NH4+、Al3+,溶液中最多还可能有Ca2+、Ba2+、Cl–、NO3–,共有5种;故D正确。
22.质量分数为a%,物质的量浓度为cmol·L-1的NaCl溶液,蒸发溶剂,恢复到原来的温度,若物质的量浓度变为2cmol·L-1,则质量分数变为(蒸发过程中没有晶体析出)()
A.等于2a%B.大于2a%C.小于2a%D.无法确定
【答案】C
【解析】试题分析:
质量分数为a%,物质的量浓度为cmol•L-1的NaCl溶液,设密度是ρ1,所以c=
,质量分数为a%,物质的量浓度为2cmol•L-1的NaCl溶液,设密度是ρ2,质量分数是w%,所以2c=
,整理得到
,氯化钠的密度大于水,浓度越浓,密度越大,所以ρ1<ρ2,即w%<2a%,故选C。
23.将物质的量均为amol的钠和铝一同投入mg足量的水中,所得溶液的密度为ρg/cm3,则此溶液的物质的量浓度为()
A.1000aρ/(50a+m)mol/LB.aρ/(46a+m)mol/L
C.1000aρ/(46a+m)mol/LD.1000aρ/(47a+m)mol/L
【答案】C
【解析】试题分析:
钠和铝投入足量水中发生反应:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,由方程式可知,amol的钠反应生成amol氢氧化钠,生成氢气0.5amol;amol氢氧化钠与amol铝恰好反应生成amol偏铝酸钠,同时生成氢气1.5amol.溶液为偏铝酸钠溶液。
所以氢气的质量为(0.5amol+1.5amol)×2g/mol=4ag;所以溶液质量m(溶液)=m(金属)+m(H2O)-m(H2)=amol×23g/mol+amol×27g/mol+mg-4ag=(46a+m)g,所以溶液的体积为
=
mL,所以溶液的物质的量浓度为
=
mol/L,故选C。
24.将一定量的Mg和MgO的混合物投入100mL2mol/L的稀盐酸中,完全溶解后,再向反应后的溶液中加入4mol/L的NaOH溶液,要使Mg元素全部沉淀出来,所加入的NaOH溶液的体积最小是()
A.100mLB.50mLC.25mLD.无法判断
【答案】B
【解析】试题分析:
氢氧化钠溶液,首先中和剩余的盐酸,然后才能沉淀镁离子,当加入的氢氧化钠使镁离子恰好沉淀,所需的氢氧化钠溶液体积最小,此时最后溶液为氯化钠溶液。
根据氯离子守恒可知n(NaCl)=n(HCl)=0.1L×2mol·L-1=0.2mol,根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)=0.2mol,所以需4mol·L-1的NaOH溶液的最小体积为0.2mol/4mol·L-1=0.05L=50ml.选B。
25.在一定条件下,使CO和O2的混合气体26g充分反应,所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应,结果固体增重14g,则原混合气体中O2和CO的质量比可能是( )
A.9:
4B.1:
1C.7:
6D.6:
7
【答案】D
【解析】试题分析:
由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,可知混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应生成固体为Na2CO3,1molNa2O2生成1molNa2CO3,质量增加28g,恰好为CO的质量,固体增重14g,说明混合气体中CO为14g,则O2为26g-14g=12g,所以原混合气体中O2和CO的质量比为12g:
14g=6:
7,故选D。
第Ⅱ卷(非选择题:
共40分)
26.某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+、Na+中的几种,请填写下列空白:
(1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是___________.
(2)取少量原溶液,加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成;再加入过量的稀硝酸,沉淀不消失.说明原溶液中肯定存在的离子是_________,有关的离子方程式为_______________.
(3)取
(2)中的滤液,加入过量的稀氨水(NH3·H2O),出现白色沉淀,说明原溶液中肯定有__________,有关的离子方程式为______________________________.
(4)原溶液可能大量存在的阴离子是下列的__________.
A.Cl﹣B.NO3﹣C.CO32﹣D.OH﹣.
【答案】
(1).Cu2+
(2).Fe3+(3).Ag+(4).Ag++Cl﹣=AgCl↓;(5).Mg2++2NH3·H2O═Mg(OH)2↓
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