届江苏省南京市盐城市高三下学期第三次调研考试化学试题解析版.docx
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届江苏省南京市盐城市高三下学期第三次调研考试化学试题解析版
2019届江苏省南京市、盐城市高三下学期第三次调研考试(5月)
化学试题(解析版)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分120分,考试时间100分钟。
可能用到的相对原子质量:
H—1 C—12 N—14 O—16 K—39 Ca—40
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
单项选择题:
本题包括10小题,每小题2分,共20分。
每小题只有一个选项符合题意。
1.2019年2月,在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。
下列说法不正确的是( )
A.制造手机芯片的关键材料是硅
B.用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性
C.镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点
D.手机电池工作时,电池中化学能完全转化为电能
【答案】D
【解析】
【详解】A.单晶硅是良好的半导体材料,可以制作芯片,A项正确;
B.铜属于金属,具有良好的导电性,可以做手机线路板,B项正确;
C.镁铝合金密度小强度高,具有轻便抗压的特点,C项正确;
D.手机电池工作时,电池中化学能主要转化为电能,但有一部分能量以热能形式会散失,D项错误;
答案选D。
2.用化学用语表示2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O2中的相关微粒,其中正确的是( )
A.中子数为6的碳原子:
612CB.氧原子的结构示意图:
C.CO2的结构式:
O—C—OD.Na2O2的电子式:
Na
Na
【答案】B
【解析】
【详解】A.中子数为6的碳原子:
,A项错误;
B.氧原子的原子序数为8,其原子结构示意图:
,B项正确;
C.CO2分子中各原子满8电子稳定,其中碳与氧原子形成的是共价双键,其结构式为:
O=C=O,C项错误;
D.Na2O2为离子化合物,存在离子键与非极性共价键,其电子式为:
,D项错误;
答案选B。
【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点,其中
元素符号的含义要牢记在心,其左上角为质量数(A)、左下角为质子数(Z),质子数(Z)=核电荷数=原子序数,质量数(A)=质子数(Z)+中子数(N)。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A.Na2SiO3易溶于水,可用作木材防火剂
B.NaHCO3能与碱反应,可用作食品疏松剂
C.Fe粉具有还原性,可用作食品袋中的抗氧化剂
D.石墨具有还原性,可用作干电池的正极材料
【答案】C
【解析】
【详解】A.Na2SiO3可用作木材防火剂是因为其具有较好的耐热性,与其是否易溶于水无直接关系,A项错误;
B.NaHCO3可用作食品疏松剂是利用其与有机酸反应或受热分解生成二氧化碳,B项错误;
C.Fe粉具有还原性,易和空气中的氧气反应,可用作食品袋中的抗氧化剂,C项正确;
D.石墨可用作干电池的正极材料,主要利用的是石墨具有良好的导电性,与还原性无关,D项错误;
答案选C。
4.室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A.pH=2的溶液:
Na+、Fe2+、I-、NO3-
B.c(NaAlO2)=0.1mol·L-1的溶液:
K+、OH-、Cl-、SO42-
C.Kw/c(OH-)=0.1mol·L-1的溶液:
Na+、K+、SiO32-、ClO-
D.c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液:
Al3+、NO3-、MnO4-、SCN-
【答案】B
【解析】
【详解】A.pH=2的溶液为酸性溶液,在酸性条件下,NO3-具有强氧化性,能够将Fe2+与I-氧化,离子不能共存,A项错误;
B.NaAlO2溶液中偏铝酸根离子水解显碱性,其中K+、OH-、Cl-、SO42-不反应,能大量共存,B项正确;
C.根据水的离子积表达式可知,Kw/c(OH-)=c(H+),该溶液为酸性溶液,则SiO32-与H+反应生成硅酸沉淀,ClO-与H+反应生成HClO,不能大量共存,C项错误;
D.Fe3+与SCN-会形成配合物而不能大量共存,D项错误;
答案选B。
【点睛】离子共存问题,侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力,题型不难,需要注意的是,溶液题设中的限定条件。
如无色透明,则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意;还有一些限定条件如:
常温下与Al反应生成氢气的溶液时,该溶液可能为酸溶液,也可能为碱溶液。
做题时只要多加留意,细心严谨,便可快速选出正确答案。
5.下列有关物质性质的叙述正确的是( )
A.向NaOH溶液中加入铝粉,可生成Al(OH)3
B.向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液,可生成CO2
C.向热的蔗糖溶液中滴加银氨溶液,可生成银镜
D.向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和,再通入CO2,可生成NaHCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A.向NaOH溶液中加入铝粉,发生的反应为:
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,不会生成氢氧化铝,A项错误;
B.因酸性比较:
H2CO3>苯酚>HCO3-,则向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液,不会生成CO2,只会生成苯酚钠与碳酸氢钠,B项错误;
C.蔗糖不是还原性糖,不能与银氨溶液发生银镜反应,C项错误;
D.向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和,再通入CO2,因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小,会先以晶体形式析出,发生的反应是:
NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓,D项正确;
答案选D。
【点睛】A项是易错点,学生要理解并准确掌握铝三角的转化关系,铝单质的特性。
铝单质与酸反应会生成正盐铝盐,而与碱反应生成偏铝酸盐,铝单质不能直接转化为氢氧化铝沉淀。
6.实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液,可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。
下列做法能达到相应实验目的的是( )
A.
制取Cl2
B.
使Br-转化为Br2
C.
分液,先放出水层,再倒出溴的苯溶液
D.
将分液后的水层蒸干获得无水FeCl3
【答案】C
【解析】
【详解】A.实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应,稀盐酸与二氧化锰不反应,不能制备氯气,A项错误;
B.用氯气氧化溴离子时,导气管应该采用“长进短出”原则,所以该装置错误,不能实现实验目的,B项错误;
C.分液时先从下口放出水相,再从上口倒出有机相,C项正确;
D.蒸发时应该,蒸发至有大量晶体析出时停止加热,用余热蒸干,另外FeCl3水解生成的盐酸易挥发,直接蒸发,得不到无水FeCl3,D项错误;
答案选C。
【点睛】本题考查化学实验方案评价,涉及物质制备、实验操作等知识点,明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键,易错点是选项D,加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢,升高温度促进水解,为防止水解,应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A.向Al(NO3)3溶液中加入过量氨水:
Al3++4OH-===AlO2-+2H2O
B.向水中通入NO2:
2NO2+H2O===2H++NO3-+NO
C.向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液:
HCO3-+OH-===CO32-+H2O
D.向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液将+6价Cr还原为Cr3+:
3HSO3-+Cr2O72-+5H+===3SO42-+2Cr3++4H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
A.氨水中溶质为一水合氨,为弱碱,在离子方程式中保留化学式,且反应不能生成偏铝酸根离子;
B.电荷不守恒;
C.根据以少定多原则分析;
D.依据氧化还原规律作答。
【详解】A.一水合氨为弱碱,不能拆成离子形式,且不能溶解氢氧化铝沉淀,正确的离子方程式为:
Al2++3NH3⋅H2O═Al(OH)3↓+3NH4+,A项错误;
B.向水中通入NO2的离子方程式为:
3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO,B项错误;
C.向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液,其离子方程式为:
NH4++HCO3-+OH-=NH3⋅H2O+CO32-+H2O,C项错误;
D.向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液,NaHSO3具有还原性,能将+6价Cr还原为Cr3+,其离子方程式为:
3HSO3-+Cr2O72-+5H+===3SO42-+2Cr3++4H2O,D项正确;
答案选D。
【点睛】离子方程式的书写及其正误判断是高考高频考点,贯穿整个高中化学,是学生必须掌握的基本技能。
本题C项重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断,可采取“以少定多”原则进行解答,即假设量少的反应物对应的物质的量为1mol参与化学反应,根据离子反应的实质书写出正确的方程式,一步到位,不需要写化学方程式,可以更加精准地分析出结论。
8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的,W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半。
下列说法正确的是( )
A.原子半径:
r(X)>r(Y)>r(W)
B.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
C.由W、Y形成的化合物是离子化合物
D.由X、Y形成的化合物的水溶液呈中性
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,因同周期元素中,原子半径从左到右依次减小,同主族元素中从上到下依次增大,因X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的,则X为Na;W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半,则符合条件的W为O元素,Y为S元素,Z原子序数比Y大,且为短周期元素,则Z为Cl元素,结合元素周期律与物质结构与性质作答。
【详解】根据上述分析可知,短周期主族元素W、X、Y、Z分别为:
O、Na、S和Cl元素,则
A.同周期元素中,原子半径从左到右依次减小,同主族元素中从上到下依次增大,则原子半径:
r(Na)>r(S)>r(O),A项正确;
B.元素
非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,则S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Cl的弱,B项错误;
C.由W、Y形成的化合物可以是SO2或SO3,均为共价化合物,C项错误;
D.由X、Y形成
化合物为Na2S,其水溶液中硫离子水解显碱性,D项错误;
答案选A。
9.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.Ca(ClO)2(aq)
HClO(aq)
O2(g)
B.H2SO4(稀)
SO2(g)
BaSO3(s)
C.Fe2O3(s)
FeCl3(aq)
Fe(s)
D.SiO2(s)
H2SiO3(胶体)
Na2SiO3(aq)
【答案】A
【解析】
【详解】A.Ca(ClO)2与二氧化碳和水反应生成次氯酸,次氯酸再受热分解会产生氧气,A项正确;
B.根据金属活动性顺序已知,铜与稀硫酸不反应,B项错误;
C.铜与氯化铁反应时生成氯化亚铁与氯化铜,不能得到铁单质,C项错误;
D.二氧化硅不与水反应,D项错误;
答案选A。
10.下列说法正确的是( )
A.铁表面镀铜时,将铁与电源的正极相连,铜与电源的负极相连
B.0.01molCl2通入足量水中,转移电子的数目为6.02×1021
C.反应3C(s)+CaO(s)===CaC2(s)+CO(g)在常温下不能自发进行,说明该反应的ΔH>0
D.加水稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液,溶液中所有离子的浓度均减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据电镀原理易知,铁表面镀铜时,将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护,铜与电源的正极相连作阳极,失电子发生氧化反应,A项错误;
B.0.01molCl2通入足量水中发生的反应为:
Cl2+H2O
H++Cl-+HClO,为可逆反应,则转移电子的数目小于6.02×1021,B项错误;
C.反应3C(s)+CaO(s)===CaC2(s)+CO(g)中ΔS>0,因在常温下不能自发进行,则ΔG=ΔH-TΔS>0,那么ΔH必大于0,C项正确;
D.CH3COOH为弱酸,发生电离方程式为:
CH3COOH
CH3COO-+H+,加水稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液过程中,CH3COO-与H+的离子浓度减小,但一定温度下,水溶液中的离子积不变,则OH-的浓度增大,D项错误;
答案选C。
不定项选择题:
本题包括5小题,每小题4分,共20分。
每小题只有一个或两个选项符合题意。
若正确答案只包括一个选项,多选时,该小题得0分;若正确答案包括两个选项,只选一个且正确的得2分,选两个且都正确的得满分,但只要选错一个,该小题就得0分。
11.化合物甲、乙、丙是合成消炎药洛索洛芬的中间体。
下列说法正确的是( )
A.甲分子中所有碳原子一定处于同一平面
B.丙分子中含有2个手性碳原子
C.一定条件下,甲、乙、丙均能与H2发生加成反应
D.1mol乙与足量NaOH溶液充分反应,最多消耗NaOH的物质的量为3mol
【答案】BC
【解析】
【详解】A.甲分子中存在乙基和五元环,分子中有多个饱和的碳原子,根据甲烷的正四面体积结构可知,所有碳原子不可能处于同一平面,A项错误;
B.一个碳原子连有四个不同的原子或基团,叫手性碳原子,用*表示出手性碳原子如图:
可以看出,丙分子中含有2个手性碳原子,B项正确;
C.苯环在一定条件下可以与氢气发生加成反应,羰基(酮基)也能与氢气发生加成反应生成醇,根据结构简式可以看出,甲、乙、丙均能与H2发生加成反应,C项正确;
D.1mol乙分子中含1mol酯基和1mol溴原子,则与氢氧化钠反应时最多消耗氢氧化钠的物质的量为2mol,D项错误;
答案选BC。
12.下列关于反应N2(g)+3H2(g)
2NH3(g);ΔH<0的图示与对应的叙述相符合的是( )
A.
N2(g)+3H2(g)
2NH3(g);ΔH=-92kJ·mol-1
B.
达到平衡时N2、H2的转化率(α)随n(H2)/n(N2)比值的变化
C.
正、逆反应速率随温度的变化
D.
反应达平衡时,混合气体中氨
物质的量分数随温度、压强的变化
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据图中能量变化图可以看出,N2(g)+3H2(g)
2NH3(g);ΔH=+2254kJ·mol-1-2346kJ·mol-1=-92kJ·mol-1,A项正确;
B.随n(H2)/n(N2)比值越大,氢气的转化率逐渐减小,氮气的转化率逐渐增大,B项错误;
C.该反应正向为放热反应,则升高温度,正、逆速率均增大,但逆速率受温度影响更大,C项错误;
D.该反应正方向是气体分子数减小的放热反应。
同一压强下,升高温度,平衡向逆反应方向移动,则反应达平衡时,混合气体中氨的物质的量分数减小;同一温度下,增大压强,平衡向正反应方向移动,则反应达平衡时,混合气体中氨的物质的量分数增大,图示中压强变化曲线不正确,D项错误;
答案选A。
13.根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中
溶液红色褪去
SO2具有漂白性
B
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中
气体红棕色加深
2NO2(g)
N2O4(g)为放热反应
C
某黄色溶液X中加入淀粉-KI溶液
溶液变成蓝色
溶液X中含有Br2
D
无水乙醇中加入浓硫酸,加热,产生的气体Y通入酸性KMnO4溶液
溶液紫色褪去
气体Y中含有乙烯
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中,因为二氧化硫是酸性氧化物,与氢氧化钠反应而使红色褪去,结论不正确,A项错误;
B.对于平衡2NO2(g)
N2O4(g),升高温度,气体颜色加深,二氧化氮浓度增大,说明反应平衡向逆反应方向移动,则正反应为放热反应,B项正确;
C.能使淀粉-KI溶液变蓝的黄色溶液不一定含有Br2,可能含有Fe3+,C项错误;
D.乙醇易挥发,若产生的气体Y中含有乙醇和二氧化硫,乙醇和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以无法证明气体Y中一定含有乙烯,D项错误;
答案选B。
【点睛】C项是易错点,要注意Fe3+也为黄色溶液,且具有氧化性,可以氧化I-转化为I2使淀粉变蓝。
平时做题要多思考,多总结,将知识学以致用,融会贯通。
14.25℃时,分别向20.00mL0.1000mol·L-1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0.1000mol·L-1的盐酸,溶液pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A.M点溶液中:
c(OH-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(H+)
B.N点溶液中:
c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-)
C.P点溶液中:
c(NH4+)<2c(CH3COO-)+c(NH3·H2O)
D.Q点溶液中:
2c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(NH4+)
【答案】BC
【解析】
【详解】A.M点溶质为一水合氨,溶液显碱性,存在电离平衡NH3⋅H2O
NH4++OH-,其离子浓度大小关系为:
c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH4+)>c(H+),A项错误;
B.N点溶液的溶质为NH3·H2O与NH4Cl,根据图像可知溶液显碱性,c(OH-)>c(H+),根据电荷守恒式c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知,c(NH4+)>c(Cl-),则离子浓度大小为:
c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-),B项正确;
C.P点溶液中加入10mLHCl溶液,反应后溶质为等浓度的醋酸铵、氯化铵和醋酸,根据电荷守恒可知:
c(NH4+)+c(H+)═c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−),根据物料守恒可得:
2c(Cl−)=c(NH4+)+c(NH3⋅H2O),二者结合可得:
c(NH4+)+2c(H+)═2c(CH3COO−)+c(NH3⋅H2O)+2c(OH−),因该点对应的c(H+)>c(OH-),则c(NH4+)<2c(CH3COO-)+c(NH3·H2O),C项正确;
D.Q点溶液中盐酸与醋酸铵按物质的量之比为1:
1反应,溶液溶质为等浓度的醋酸和氯化铵,根据物料守恒可知,2c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(NH4+)+c(CH3COO−)+c(NH3⋅H2O),D项错误;
答案选BC。
【点睛】水溶液中的离子浓度大小判断是常考点,学生要理性分析出混合后溶液的溶质是谁是关键,再结合三大守恒加以判断。
本题难点是C选项,要根据溶液中溶质成分,分析电荷守恒式与物料守恒式,再结合两守恒分析作答。
15.CO2与CH4可制得合成气:
CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g);ΔH=247kJ·mol-1。
初始温度均为TK时,在3个容器中按不同方式投入反应物,发生上述反应,相关信息如下表:
容器
起始物质的量/mol
CO2平衡转化率(α)
编号
容积/L
条件
CH4(g)
CO2(g)
CO(g)
H2(g)
Ⅰ
2
恒温恒容
2
1
0
0
50%
Ⅱ
1
0.5
1
0
0
Ⅲ
1
绝热恒容
1
0.5
0
0
-
下列说法正确的是( )
A.TK时,反应CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g)的平衡常数为1/3
B.容器Ⅱ中反应达到平衡时,α(CO2,Ⅱ)=50%
C.容器Ⅱ、Ⅲ中反应达到平衡时,c(CH4,Ⅱ)+c(CH4,Ⅲ)<1mol·L-1
D.容器Ⅱ中反应达到平衡时,再投入0.5molCH4、0.25molCO,反应达到新平衡前,v(正)>v(逆)
【答案】AD
【解析】
【详解】A.根据容器I中α(CO2,I)=50%,则转化的CO2浓度为
=0.25mol/L,列出三段式如下:
则平衡常数K=
=
=
,α(CH4,I)=25%,A项正确;
B.与容器I相比,若向容器Ⅱ中加入1molCH4和0.5molCO2,则建立与容器I等效的平衡,α(CO2,Ⅱ)=50%,由于两种反应物的化学计量数相同,则向容器Ⅱ中加入0.5molCH4和1molCO2,则平衡状态下,α(CH4,Ⅱ)=50%,CO2的平衡转化率等于25%,B项错误;
C.该反应正方向为吸热反应,则绝热恒容,等效于恒容、降温条件,与容器I相比,容器Ⅲ平衡向逆反应方向移动,则达到平衡时,CO2的平衡转化率小于50%,CH4的转化率也同时变小,c(CH4,Ⅱ)+c(CH4,Ⅲ)>1mol/L,C项错误;
D.容器Ⅱ中反应达到平衡时,根据B项分析可知,α(CH4,Ⅱ)=50%,CO2的平衡转化率等于25%,则
再投入0.5molCH4、0.25molCO,则c(CH4)=0.75mol/L,c(CO2)=0.75mol/L,c(CO)=0.75mol/L,c(H2)=0.5mol/L,此时的浓度商Qc=
=0.25
答案选AD。
第Ⅱ卷(非选择题 共80分)
16.以镍废料(主要成分为镍铁合金,含少量铜)为原料,生产NiO的部分工艺流程如下:
已知:
下表列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)。
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7
7
沉淀完全的pH
3.3
9.9
9.2
(1)“酸溶”时Ni转化为NiSO4,该过程中温度控制在70~80℃的原因是________。
(2)“氧化”时,Fe2+参加反应的离子方程式为________。
(3)“除铁”时需控制溶液的pH范围为________。
(4)“滤渣”的主要成分为________(填化学式)。
(5)“沉镍”时得到碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀。
①在隔绝空气条件下,“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO,该反应的化学方程式为________。
②“沉镍”时,溶液pH增大,碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加,原因
________。
【答案】
(1).温度低于70℃,反应速率降低,温度高于80℃,HNO3分解(或挥发)加快
(2).2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O(3).3.3≤pH<7.7(4).CuS(5).xNiCO3·yNi(OH)2
(x+y)NiO+xCO2↑+yH2O(6).Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3,pH越大,碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大
【解析】
【分析】
镍废料(主要成分为镍铁合金,含少量铜)加稀硫酸、稀硝酸进行“酸溶”,其中铁、镍溶于酸,铜也与硝酸反应产生氮氧化物;“氧化”时加入H2O2可将“酸溶”后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,加入氢氧化钠调节溶液pH除去铁离子,过滤得到氢氧化铁滤渣和滤液;向除铁后的滤液中通入H2S气体,发生反应H2S+Cu2
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- 江苏省 南京市 盐城市 下学 第三次 调研 考试 化学试题 解析