届河北省定州中学高三承智班上学期期末考试化学试题解析版.docx
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届河北省定州中学高三承智班上学期期末考试化学试题解析版
2018届河北省定州中学高三(承智班)上学期期末考试化学试题(解析版)
一、单选题
1.下列各图与表述一致的是()
A.图①表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况,将t1℃时A、B饱和溶液分别升温至t2℃时,溶质的质量分数B>A
B.用图②所示装置蒸发FeCl3溶液制备无水FeCl3
C.图③可以表示向一定量的明矾溶液中逐滴滴加一定浓度氢氧化钡溶液时产生Al(OH)3沉淀的物质的量变化
D.图④电解饱和食盐水的装置中,溶液B为浓氢氧化钠溶液
【答案】C
.....................
点睛:
工业上电解饱和食盐水,阳极室通入饱和食盐水,阴极室通入稀氢氧化钠溶液。
电解时,阳极上氯离子放电生成氯气,钠离子通过阳离子交换膜向阴极移动,故氯化钠溶液浓度变小;阴极上水电离的氢离子放电生成氢气,水的电离平衡正向移动,生成了强碱,故氢氧化钠溶液浓度变大。
2.某温度下,在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应:
2NO(g)+Br2(g)
2NOBr(g)(正反应放热)。
下列说法正确的是
容器
编号
物质的起始浓度(mol/L)
物质的平衡浓度(mol/L)
c(NO)
c(Br2)
c(NOBr)
c(NOBr)
I
0.3
0.15
0.1
0.2
II
0.4
0.2
0
III
0
0
0.2
A.容器II达平衡所需的时间为4min,则v(Br2)=0.05mol/(L•min)
B.达平衡时,容器I与容器III中的总压强之比为2:
1
C.升高温度,逆反应速率增大,正反应速率减小,平衡向逆反应方向移动
D.达平衡时,容器II中c(Br2)/c(NOBr)比容器III中的小
【答案】D
【解析】A、容器I中2NO(g)+Br2(g)
2NOBr(g),
c始/mol·L-10.30.150.1
c变/mol·L-10.10.050.1
c平/mol·L-10.20.100.2
K=
=10
容器Ⅱ中2NO(g)+Br2(g)
2NOBr(g),
c始/mol·L-10.40.20
c变/mol·L-12xx2x
c平/mol·L-10.4-2x0.2-x2x
K=
,解得x=0.1mol·L-1,v(Br2)=0.1mol·L-1/4min==0.025mol/(L•min),故A错误;B、将容器I、容器III的生成物全部转化成反应物,容器I的投料相当于容器III的2倍,达平衡时,容器I相当于对2个容器III进行加压,平衡正向移动,容器I与容器III中的总压强之比小于2:
1,故B错误;C、升高温度,逆反应速率增大,正反应速率也增大,故C错误;D、将容器II、容器III的生成物全部转化成反应物,容器II的投料相当于容器III的2倍,达平衡时,容器II相当于对2个容器III进行加压,平衡正向移动,容器II中c(Br2)减小,c(NOBr)增大,容器II中c(Br2)/c(NOBr)比容器III中的小,故D正确;故选D。
3.我国最近在太阳能光电催化-化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展,相关装置如图所示。
下列说法正确的是
A.该制氢工艺中光能最终转化为化学能
B.该装置工作时,H+由b极区流向a极区
C.a极上发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+
D.a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液
【答案】A
【解析】A、该制氢工艺中光能转化为电能,最终转化为化学能,故A正确;B、该装置工作时,H+由b极区放电生成氢气,a极区流向b极区,故B错误;C、a极上发生氧化反应,失电子,所以a极上发生的电极反应为Fe2+-e-═Fe3+,故C错误;D、该过程涉及两个反应步骤,第一步利用Fe3+/Fe2+电对的氧化态高效捕获H2S得到硫和还原态,所以a极区无需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液,故D错误;故选A。
点睛:
本题考查太阳能光催化和光电催化,为解决天然气和石油化工过程中产生的大量H2S资源高值化转化(H2+S)提供了一个潜在的新途径,是电化学的应用,有一定的难度。
解题关键:
抓住电子流动的方向,理清发生的氧化还原反应。
4.已知33As是第VA族元素,与35Br位于同一周期,下列关系正确的是()
A.还原性:
B.热稳定性:
C.原子半径:
D.酸性:
【答案】A
【解析】同周期元素从左到右非金属性增强,阴离子还原性减弱,所以
,故A正确;同周期元素从左到右非金属性增强,非金属性As
Br,所以非金属性Cl>Br>As,所以热稳定性:
,故B错误;同周期元素从左到右半径减小,原子半径:
,故C错误;同主族元素从上到下非金属性减弱,所以酸性
,故D错误。
点睛:
同周期元素从左到右非金属性增强,同主族元素从上到下非金属性减弱;非金属性越强,单质的氧化性越强、最高价含氧酸酸性越强、简单气体氢化物越稳定。
5.H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫。
反应原理为:
2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)
H=-632kJ·mol-1。
右图为质子膜H2S燃料电池的示意图。
下列说法不正确的是
A.电路中每流过2mol电子,电池内部释放316kJ热能
B.每34gH2S参与反应,有2molH+经质子膜进入正极区
C.电极a为电池的负极
D.电极b上发生的电极反应为:
O2+4e
+4H+=2H2O
【答案】A
【解析】A.根据方程式,电路中每流过2mol电子,有1molH2S发生反应,电池内部释放316kJ的总能量,部分以电能的形式发出,部分以其他形式的能量发出,A错误;B.34gH2S的物质的量为1mol,根据方程式,有2molH+经质子膜进入正极区,与氧气结合生成水,B正确;C.该电池属于燃料电池,通入燃料的为负极,通入空气或氧气的为正极,故电极a为电池的负极,C正确;D.根据图示,酸性条件下,O2在此极上得电子变为-2价的化合物水,电极b上发生的电极反应为:
O2+4H++4e
=2H2O,D正确;答案选A。
6.25 ℃时,体积均为20 mL、浓度均为0.1mol·L-1的两种酸HX、HY 分别与0.1mol·L-1的NaOH溶液反应,所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。
下列叙述正确的是()
A.Ka(HY)的数量级约为10-3
B.a点c(X-)>b点c(Y-)
C.HX发生反应的离子方程式为HX +OH-=X-+H2O
D.pH=7时,两种反应后的溶液中c(Y- )>c(X-)
【答案】B
【解析】A.根据图像,0.1mol·L-1的HY 的pH=4,即c(H+)=10-4mol/L,则Ka(HY)=
=
=10-7,故A错误;B.根据图像,0.1mol·L-1的HX的pH=1,0.1mol·L-1的HY 的pH=4,说明HX为强酸,HY为弱酸,因此a点时溶质为NaX和HX,n(X-)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol,;b点时溶质为NaY和HY,HY部分电离,n(Y- )<0.002mol,溶液体积相同,则c(X-)>c(Y-),故B正确;C.HX为强酸,发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O,故C错误;D.pH=7时,HX为强酸,n(X-)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol,c(X-)=0.05mol/L;HY为弱酸,pH=7时c(H+)=c(OH-),溶质为NaY和HY,根据电荷守恒,有c(Y- )=c(Na+),由于氢氧化钠溶液的体积小于HY溶液的体积,则c(Y- )=c(Na+)<0.05mol/L,因此c(Y- )<c(X-),故D错误;故选B。
7.一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理及电池中发生的主要反应如图所示。
下列说法正确的是()
A.镀铂导电玻璃的作用是传递I-
B.电池工作时,光能转变为电能,X为电池的正极
C.电解质溶液中发生反应:
2Ru3++3I-=2Ru2++I3-
D.电池的电解质溶液中I-和I3-的浓度均不断减小
【答案】C
【解析】由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极,发生氧化反应,电极反应为:
2Ru2+-2e-═2Ru3+,Y电极为原电池的正极,电解质为I3-和I-的混合物,I3-在正极上得电子被还原,正极反应为I3-+2e-=3I-。
A、电池工作时,Y电极为原电池的正极,发生还原反应,则镀铂导电玻璃的作用是作正极材料,故A错误;B、由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极,故B错误;C、电池工作时,负极反应为:
2Ru2+-2e-═2Ru3+,正极反应为I3-+2e-=3I-,又Ru2+和Ru3+,I3-和I-相互转化,所以电解质溶液中发生2Ru3++3I-═2Ru2++I3-,故C正确;D、由电池中发生的反应可知,I3-在正极上得电子被还原为3I-,后又被氧化为I3-,I3-和I-相互转化,反应的实质是光敏有机物在激发态与基态的相互转化,所有化学物质都没有被损耗,故D错误;故选C。
8.能正确表示下列反应的离子方程式是()
A.Fe3O4溶于足量稀HNO3:
Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
B.硫化钠的水解反应:
S2-+H3O+
HS-+H2O
C.将0.2mol/L的NH4Al(SO4)2溶液与0.3mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合:
2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2A1(OH)3↓+3BaSO4↓
D.NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合:
HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
【答案】C
【解析】A.稀硝酸具有强氧化性,会将Fe2+氧化为Fe3+,因此Fe3O4与足量稀硝酸反应后的溶液中没有Fe2+,故A错误;B.硫离子水解使溶液呈碱性,水解方程式为:
S2-+H2O
HS-+OH-,故B错误;C.将0.2mol/L的NH4Al(SO4)2溶液与0.3mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合,因氢氧根离子的量不足,铵根离子不反应,则离子方程式为:
2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2A1(OH)3↓+3BaSO4↓,故C正确;D.因Ba(OH)2过量,则NH4+会和OH-反应生成NH3·H2O,故D错误;答案选C。
9.不论以何种比例混合,将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中,一定能产生沉淀的组合是
序号
甲
乙
丙
①
CO2
SO2
石灰水
②
Cl2
CO2
CaCl2
③
CO2
SO2
Ba(NO3)2
④
NO2
SO2
BaCl2
⑤
CO2
NH3
CaCl2
A.②③④B.②③④⑤C.①③④D.①③④⑤
【答案】C
【解析】①由于石灰水过量,因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成,故正确;②氯气与氯化钙溶液中的水反应生成盐酸和次氯酸,不会产生沉淀,二氧化碳与氯化钙溶液不反应,故错误;③硝酸根在酸性环境下能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子,硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀,故正确;④二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子,硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀,故正确;⑤当NH3过量时溶液中有CaCO3沉淀生成,发生反应的化学方程式为:
2NH3+CO2+CaCl2+H2O═CaCO3↓+2NH4C1;当NH3不足时,最终无沉淀生成,发生反应的化学方程式为:
2NH3+2CO2+CaCl2+2H2O═Ca(HCO3)2+2NH4C1,故错误;故选C。
10.用下图所示装置除去含有CN-、Cl-废水中的CN-时,控制溶液的pH值为9~10,阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体,下列说法不正确的是
A.用石墨作阳极,铁作阴极
B.阳极的电极反应式为:
Cl-+2OH--2e-===ClO-+H2O
C.阴极附近碱性增强,阳极附近碱性减弱
D.除去CN-的反应:
5ClO-+2CN-+2H+===N2↑+2CO2↑+5Cl-+H2O
【答案】D
【解析】A.根据题意,阳极上产生ClO-,只能是氯离子失电子发生氧化反应生成,需要用不活泼金属或导电的非金属作阳极,可以用较不活泼金属作阴极,所以可以用石墨作阳极、铁作阴极,故A正确;B.阳极上氯离子失电子生成次氯酸根离子和水,所以阳极反应式为Cl-+2OH--2e-═ClO-+H2O,故B正确;C.电解质溶液呈碱性,则阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子,电极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-,阴极附近碱性增强,阳极发生Cl-+2OH--2e-═ClO-+H2O,阳极附近碱性减弱,故C正确;D.阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体,两种气体为二氧化碳和氮气,该反应在碱性条件下进行,不应该有氢离子参与反应,反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O═N2↑+2CO2↑+5Cl-+2OH-,故D错误;故选D。
点睛:
本题涉及电解原理,明确各个电极上发生的反应及电解原理是解本题关键。
本题的易错点为BD,注意B中反应生成物,注意D中碱性条件下不能有氢离子参加反应或生成。
11.下列离子反应方程式正确的是
A.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2:
SiO32—+SO2+H2O=H2SiO3↓+SO32—
B.碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水:
Mg2++2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+MgCO3↓
C.往FeCl3溶液中通入H2S气体:
2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
D.大苏打溶液中加入稀硫酸:
S2O32—+2SO42—+6H+=4SO2↑+3H2O
【答案】C
【解析】A.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2,反应生成硅酸沉淀和亚硫酸氢根离子,反应的离子方程式为:
SiO32-+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3-,故A错误;B.碳酸氢镁溶液中加过量澄清石灰水,反应生成碳酸钙、氢氧化镁沉淀,反应的离子方程式为:
Mg2++2HCO3-+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+2H2O+Mg(OH)2↓,故B错误;C.往FeCl3溶液中通入H2S气体,二者发生氧化还原反应,反应的离子方程式为:
2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+,故C正确;D.向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸,反应生成二氧化硫气体、硫单质和水,正确的离子反应为:
2H++S2O32-═S↓+SO2↑+H2O,故D错误;故选C。
点睛:
本题考查了离子方程式的正误判断,注意掌握离子方程式的书写原则,明确离子方程式正误判断常用方法。
本题的易错点为D,要注意区分化学上的苏氏三兄弟:
大苏打——硫代硫酸钠、苏打——碳酸钠和小苏打——碳酸氢钠。
12.NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是(相对原子质量:
Fe---56)
A.钢铁发生析氢腐蚀时,0.56gFe反应转移电子数为0.03NA
B.1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA
C.1molH2O2分子中的非极性共价键1NA
D.氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时,电路中通过的电子数目为4NA
【答案】C
【解析】A.钢铁发生析氢腐蚀时铁失去电子生成亚铁离子,0.56gFe物质的量为0.01mol,反应 转移电子数为0.02NA,故A错误;B.NaHCO3溶液中钠离子的个数等于碳酸氢根离子、碳酸根离子、碳酸分子个数总和,所以1L 0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和小于0.1NA,故B错误;C.过氧化氢中含有H-O极性键和O-O非极性键,所以1molH2O2分子中的非极性共价键 1NA,故C正确;D.气体状况未知,无法计算气体的物质的量和转移的电子数目,故D错误;故选C。
13.已知H2A为二元弱酸,20℃时,配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol/L的H2A和NaOH混合溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。
下列说法错误的是
A.Ka2(H2A)的数量级为10-5
B.NaHA溶液中:
c(H+)>c(OH-)
C.M点由水电离出的c(H+)>N点由水电离出的c(H+)
D.pH=7的溶液中:
c(Na+)>2c(A2-)
【答案】C
【解析】
,选取图中N点,此时pH=4.2,A2-和HA-的浓度相等,所以
,所以Ka2(H2A)的数量级为10-5,选项A正确。
图中看出当HA-的浓度占主导地位的时候,pH为2到3之间,所以NaHA溶液显酸性,即c(H+)>c(OH-),选项B正确。
M、N都显酸性,溶质电离的氢离子对于水的电离都起到抑制作用,因为从M到N,溶液的pH升高,溶质电离出来的氢离子浓度减小,所以对于水的电离的抑制减弱,N点水电离的氢离子浓度更大,选项C错误。
溶液中一定存在电荷守恒:
c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-),中性溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等,所以有c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-),则c(Na+)>2c(A2-),选项D正确。
14.将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中,充分反应后得到200mL溶液,再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L,若反应过程中溶液的体积保持不变,则下列说法正确中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L,若反应过程中溶液的体积保持不变,则下列说法正确的是()
A.标准状况下,反应过程中得到6.72L的气体
B.最终得到的溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)
C.最终得到7.8g的沉淀
D.最终得到的溶液中c(Na+)=1.5mol·L-1
【答案】C
【解析】15.6gNa2O2的物质的量为:
=0.2mol,5.4gAl的物质的量为:
=0.2mol,首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑,生成NaOH为0.4mol,再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑,由方程式可知Al完全反应,剩余NaOH为0.4mol-0.2mol=0.2mol,生成NaAlO2为0.2mol,通入标准状况下的HCl气体6.72L,物质的量为:
=0.3mol,首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O,剩余HCl为0.3mol-0.2mol=0.1mol,再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al(OH)3↓+NaCl,由方程式可知,NaAlO2有剩余,HCl完全反应,生成Al(OH)3为0.1mol,最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl。
A.过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol×
=0.1mol,铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol×
=0.3mol,故生成气体的体积为(0.1mol+0.3mol)×22.4L/mol=8.96L,故A错误;B.反应后溶液的成分是NaCl和NaAlO2,由电荷守恒可知c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(AlO2-)-c(H+),故B错误;C.最终生成Al(OH)3为0.1mol,质量为0.1mol×78g/mol=7.8g,故C正确;D.根据钠离子守恒可知,反应后溶液中n(Na+)=2n(Na2O2)=2×0.2mol=0.4mol,故溶液钠离子的物质的量浓度为
=2mol/L,故D错误;故选C。
15.有以下六种饱和溶液①CaCl2;②Ca(OH)2;③Na2SiO3;④Na2CO3;⑤NaAlO2;⑥NH3和NaCl,分别持续通入CO2,最终不会得到沉淀或析出晶体的是()
A.①②B.③⑤C.①⑥D.④⑥
【答案】A
【解析】①碳酸比盐酸弱,CO2与CaCl2溶液不会反应,无沉淀生成,故①正确;②酸性氧化物能与碱反应,过量的CO2与Ca(OH)2反应:
Ca(OH)2+2CO2═Ca(HCO3)2,无沉淀生成,故②正确;③碳酸比硅酸强,过量的CO2与Na2SiO3溶液反应:
2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓,产生硅酸沉淀,故③错误;④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应:
Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓,因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小,所以有NaHCO3晶体析出,故④错误;⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳,由于碳酸酸性比氢氧化铝强,所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠,2H2O+NaAlO2+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3,故⑤错误;⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠,碳酸氢钠的溶解度较小,则最终析出碳酸氢钠晶体,故⑥错误;故选A。
点睛:
本题考查物质的性质及反应,把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。
本题的易错点为⑥,注意联想候德榜制碱的原理,同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。
16.甲、乙、丙、丁分别为A、B、C、D 四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物,已知0.1mol·L-1甲、丙、丁溶液的pH 与A、C、D 的原子序数关系如图所示(lg2=0.3),且常温下甲、丙、丁均可与乙反应。
下列说法正确的是
A.原子半径:
A
B.A、B 分别与D 形成的化合物均为离子化合物
C.B、C 的简单离子都会影响水的电离平衡
D.乙在浓氨水中能溶解
【答案】C
【解析】由图可知,0.1mol·L-1甲溶液的pH=13,说明甲是一元强碱,则甲为NaOH、A为Na,0.1mol·L-1丁溶液的pH=1,说明丁为一元强酸,又因原子序数D大于A,则丁为HClO4、D为Cl元素,0.1mol·L-1丙溶液的pH=0.7,说明丙为二元强酸,则丙为H2SO4、C为S元素,常温下甲、丙、丁均可与乙反应,说明乙具有两性,则乙为Al(OH)3、B为Al元素。
A.同一周期从左至右原子半径逐渐减小,所以原子半径:
A>B>C>D,故A错误;B.Na与Cl形成的NaCl是离子化合物,Al与Cl形成的AlCl3是共价化合物,故B错误;C.Al3+、S2-在水中都会发生水解促进水的电离,故C正确;D.浓氨水是弱碱,不能溶解Al(OH)3,故D错误;答案选C。
17.往200mLFeCl3溶液中通入4.48L标难状况下的H2S气体后(气体完全反应),再加入过量的Fe粉,反应停止后,测得溶液中含有1.2mol金属阳离子,下列说法正确的是
A.通入H2S时发生反应的离子方程式为Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+
B.若将加入Fe粉后溶液中的1.2mol金属阳离子完全氧化,需要通入Cl213.44L
C.若将上述4.48L标准状况下的H2S换成0.2molNa2S,加入过量的Fe粉后溶液中也能得到1.2mol金属阳离子
D.将原FeCl3溶液加热蒸干并灼烧,得到固体的质量为64g
【答案】D
18.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
称取3.0gNaOH固体
先在托盘上各放一个小烧杯,然后在右盘上添加3g砝码,左盘上添加NaOH固体
B
制Fe(OH)3胶体
将FeCl3浓溶液滴入沸水中,并不断搅拌
C
除去Cu中混有的少量Si
将固体混合物溶于过量的NaOH溶液中,然后过滤、洗涤、干燥
D
验证铁
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