山东省淄博市届高三第一次模拟化学试题解析版.docx
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山东省淄博市届高三第一次模拟化学试题解析版
山东省淄博市2020届高三第一次模拟
原子量:
H-1C-12N-14O-16Al-27C1-35.5Co-59Sn-119
第Ⅰ卷(选择题,共40分)
一、选择题(本题包括10小题,每题只有一个选项符合题意;每题2分,共20分)
1.化学与生活密切相关,下列过程与氧化还原反应无关的是()
A.AB.BC.CD.D
『答案』D
『详解』A.锂电池使用过程中,锂失电子发生氧化反应,故不选A;
B.。
铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠,铝失电子发生氧化反应,故不选B;
C.长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂,发射过程发生氧化还原反应放热,故不选C;
D.用“天眼”接收宇宙中的射电信号,没有生成新物质,不属于化学变化,故D选;
故选D。
2.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关,下列说法错误的是()
A.新型冠状病毒主要由C、H、O、N、S等元素组成,常用质量分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒
B.葡萄中含有
花青素在碱性环境下显蓝色,可用苏打粉检验假葡萄酒
C.植物油长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质
D.防疫时期很多家庭都备有水银温度计,若不慎打破,应立即用硫磺粉末覆盖
『答案』A
『详解』A.新型冠状病毒主要由C、H、O、N、P等元素组成,常用体积分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒,故A错误;
B.葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色,苏打粉是碳酸钠,溶液呈碱性,可用苏打粉检验假葡萄酒,故B正确;
C.植物油含有碳碳双键,长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质,故C正确;
D.Hg和S常温下反应生成HgS,水银温度计不慎打破,应立即用硫磺粉末覆盖,故D正确;
故选A。
3.我国古代的青铜器工艺精湛,有很高的艺术价值和历史价值。
下列说法不正确的是()
A.我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早
B.将青铜器放在银质托盘上,青铜器容易生成铜绿
C.《本草纲目》载有名“铜青”之药物,铜青是铜器上的绿色物质,则铜青就是青铜
D.用蜂蜡做出铜器的蜡模,是古代青铜器的铸造方法之一,蜂蜡的主要成分是有机物
『答案』C
『详解』A.金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大,金属性越弱的金属使用越早,所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早,故A正确;
B.Cu比Ag活泼,将青铜器放在银质托盘上,构成原电池,铜为负极,青铜器容易生成铜绿,故B正确;
C.铜在空气中长时间放置,会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜,因此《本草纲目》载有名“铜青”之药物,铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜,故C错误;
D.蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸、游离脂肪醇和碳水化合物,主要成分是有机物,故D正确;
故选C。
4.人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸,其结构简式为
。
下列关于乳酸的说法正确的是()
A.乳酸的系统命名为1-羟基丙酸
B.与乳酸具有相同官能团的所有同分异构体(包括乳酸)共3种
C.乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应
D.乳酸发生缩聚反应的方程式为n
+nH2O
『答案』B
『详解』A.乳酸的系统命名为2-羟基丙酸,故A错误;
B.与乳酸具有相同官能团的同分异构体
,乳酸分子有对称碳原子有两种旋光异构体,包括乳酸共3种,故B正确;
C.乳酸分子含有羟基、羧基,可发生取代反应、消去反应,不能发生加成反应,故C错误;
D.乳酸分子含有羟基、羧基,乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸,反应的方程式为n
+(n-1)H2O,故D错误;
故选B。
5.依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4。
利用下列装置分四步从含NaIO3的废液中制取单质碘的CC14溶液,并回收NaHSO4。
下列装置中不需要的是()
A.制取SO2
B.还原IO3-
C.制I2的CCl4溶液
D.从水溶液中提取NaHSO4
『答案』D
『详解』A.铜和浓硫酸加热生成硫酸铜、二氧化硫、水,所以可用A装置制取SO2,故不选A;
B.SO2气体把IO3-还原为I2,可利用此反应吸收尾气,且倒扣的漏斗可防止倒吸,故不选B;
C.I2易溶于CCl4,用CCl4萃取碘水中的I2,然后用分液法将碘的四氯化碳溶液与水层分离,故不选C;
D.用蒸发结晶的方法从水溶液中提取NaHSO4,应该将溶液置于蒸发皿中加热,而不能用坩埚,故选D;
故选D。
6.下列实验操作对应的现象和结论均正确的是()
选项
操作
现象
结论
A
相同温度下,测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH
前者pH比后者大
非金属性:
S>C
B
将相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液分别稀释a、b倍
稀释后溶液pH相同
a>b
C
向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液,继续煮沸
生成红褐色沉淀
制得Fe(OH)3胶体
D
向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液
溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡
Fe2+催化H2O2发生分解反应生成O2
『答案』A
『详解』A.相同温度下,测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH,前者pH比后者大,说明酸性H2CO3 B.盐酸是强酸、醋酸是弱酸,稀释相同倍数,弱酸存在电离平衡移动,弱酸的pH变化小,若稀释后溶液pH相同,则弱酸稀释的倍数大,即a C.向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液,继续煮沸,整个液体变为透明红褐色,制得Fe(OH)3胶体,故C错误; D.溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡,应该是Fe3+催化H2O2发生分解反应生成O2,故D错误; 故选A。 7.铋(Bi)位于元素周期表中第VA族,其价态为+3时较稳定,铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。 现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液,向其中依次滴加下列溶液,对应的现象如表所示: 加入溶液 ①适量铋酸钠溶液 ②过量双氧水 ③适量KI淀粉溶液 实验现象 溶液呈紫红色 溶液紫红色消失,产生气泡 溶液缓慢变成蓝色 在上述实验条件下,下列结论不正确的是() A.BiO3-的氧化性强于MnO4- B.H2O2可被高锰酸根离子氧化成O2 C.向铋酸钠溶液中滴加KI淀粉溶液,溶液一定变蓝色 D.H2O2具有氧化性,能把KI氧化成I2 『答案』C 『分析』向一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液中滴入适量铋酸钠溶液,溶液呈紫红色说明Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-;再滴入过量双氧水,溶液紫红色消失,产生气泡,说明MnO4-把H2O2氧化为O2;最后滴入适量KI淀粉溶液,溶液缓慢变成蓝色,说明H2O2把KI氧化为I2; 『详解』A.氧化剂的氧化性大于氧化产物,Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-,BiO3-的氧化性强于MnO4-,故A正确; B.滴入过量双氧水,溶液紫红色消失,产生气泡,说明MnO4-把H2O2氧化为O2,故B正确; C.铋酸钠具有强氧化性,向铋酸钠溶液中滴加KI溶液,I-可能被氧化为IO3-,所以溶液不一定变蓝色,故C错误; D.由③中现象可知: 碘离子被双氧水氧化成单质碘,故D正确; 故选C。 『点睛』本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法,掌握氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性是关键,注意I-被强氧化剂氧化的产物不一定是I2。 8.全世界每年因钢铁锈蚀造成大量的损失。 某城市拟用如图方法保护埋在弱碱性土壤中的钢质管道,使其免受腐蚀。 关于此方法,下列说法正确的是() A.钢管附近土壤的pH小于金属棒附近土壤 B.钢管上的电极反应式为: O2+2H2O+4e-=4OH- C.金属棒X的材料应该是比镁活泼的金属 D.也可以外接直流电源保护钢管,直流电源正极连接金属棒X 『答案』B 『详解』A.金属棒X与钢管构成原电池;钢管是正极,氧气得电子,发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-,钢管附近土壤的pH大于金属棒附近土壤,故A错误; B.金属棒X与钢管构成原电池;钢管是正极,氧气得电子,发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-,故B正确; C.金属棒X保护钢管免受腐蚀,属于牺牲阳极的阴极保护法,X的材料应该是比铁活泼的金属,但不能比镁活泼,否则它会直接与水反应,故C错误; D.外接直流电源保护钢管,钢管应作阴极,该装置金属棒X与钢管用导线连接,若直流电源正极连接金属棒X,则钢管失电子被腐蚀,故D错误; 故选B。 『点睛』本题考查金属的吸氧腐蚀及保护,中性或碱性环境下,活泼金属易发生吸氧腐蚀,正极是氧气得电子生成氢氧根离子;明确牺牲阳极的阴极保护法,让被保护的金属作正极发生还原反应。 9.工业上可用软锰矿(主要成分是MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2)为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)。 其工艺流程如下: 已知: 净化工序的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+等杂质(CaF2难溶)。 下列说法不正确的是() A.研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率 B.除铁工序中,在加入石灰调节溶液的pH前,加入适量的软锰矿,发生的反应为MnO2+2Fe2++4H+==2Fe3++Mn2++2H2O C.副产品A的化学式(NH4)2S D.从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥 『答案』C 『分析』由流程可知软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH,FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+,然后过滤得到滤渣是MnO2,向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为: 2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42,过滤,滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质,加入硫化铵和氟化铵,生成CuS、CaF沉淀除去,在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰,生成MnCO3沉淀,过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3,通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。 『详解』A.提高浸取率的措施可以是搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等,故A正确; B.主要成分是FeS2的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子,因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除去,所以需要加入氧化剂软锰矿使残余的Fe2+转化为Fe3+,离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O,再加入石灰调节pH值使Fe3+完全沉淀,故B正确; C.得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应,因此可以制的副产品为: (NH4)2SO4,故C错误; D.从沉锰工序中得到纯净MnCO3,只需将沉淀析出的MnCO3过滤、洗涤、干燥即可,故D正确; 故选C。 10.常温下,用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液,所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。 已知Ksp(AgC1)数量级为10-10。 下列叙述不正确的是() A.图中Y线代表的Ag2C2O4 B.n点表示AgCl的过饱和溶液 C.向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时,先生成AgC1沉淀 D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0×10-0.7l 『答案』D 『分析』当阴离子浓度相同时,生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小,先析出氯化银沉淀,X为生成氯化银沉淀的曲线;根据图象可知,Ksp(AgC1)= ,Ksp(Ag2C2O4)= 。 『详解』A.当阴离子浓度相同时,生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小,先析出氯化银沉淀,X为生成氯化银沉淀的曲线,Y线代表的Ag2C2O4,故A正确; B.n点c(Cl-)×c(Ag+)>Ksp(AgC1),所以n表示AgCl的过饱和溶液,故B正确; C.结合以上分析可知,向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时,Cl-生成AgC1沉淀需要银离子浓度小,所以先生成AgC1沉淀,故C正确; D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为 1.0×109.04,故D错误; 故选D。 二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。 每小题有一个或两个选项符合题意,全都选对得4分,选对但不全的得1分,有选错的得0分) 11.某种化合物的结构如图所示,其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素,Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同,X的原子半径是元素周期表中最小的。 下列叙述正确的是() A.WX的水溶液呈碱性 B.元素非金属性的顺序为: Y>Z>Q C.由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性 D.该化合物中与Y单键相连的Q满足8电子稳定结构 『答案』AD 『分析』X的原子半径是元素周期表中最小的,X是H元素;X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素,W能形成+1价阳离子,W是Na;根据形成共价键数,Z形成3个共价键、Y形成4个共价键、Q形成2个共价键,Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同,所以Y是C元素、Z是N元素、Q是O元素。 『详解』A.NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气,溶液呈碱性,故A正确; B.同周期元素从左到右,非金属性增强,元素非金属性的顺序为: O>N>C,故B错误; C.由H、C、O、Na四种元素能形成的化合物NaHC2O4,NaHC2O4的水溶液呈酸性,故C错误; D.该化合物中,与C单键相连O,共用一对电子,并得到了Na失去的一个电子,形成-1价的阴离子,满足8电子稳定结构,故D正确; 故选AD。 『点睛』本题考查元素周期表与周期律,根据原子结构和成键规律推断元素是解题的关键,明确同周期元素从左到右性质递变规律,注意8电子稳定结构的判断方法。 12.常用于治疗心律失常药物的有效成分为 ,合成该有机物的化学方程式为: 下列叙述正确的是() A.A中所有原子可能在同一平面内 B.室温下C与足量Br2加成产物的分子中有4个手性碳原子 C.1molB最多能与2molNaOH反应 D.A能与酸性KMnO4溶液反应,C不能 『答案』BC 『详解』A.A中含有甲基,不可能所有原子 同一平面内,故A错误; B.室温下C与足量Br2加成产物的分子 ,有如图所示的4个手性碳原子,故B正确; C.B和氢氧化钠溶液发生溴原子的水解、酯基的水解,1molB最多能与2molNaOH反应,故C正确; D.A含有酚羟基、C含有碳碳双键,都能与酸性KMnO4溶液反应,故D错误; 选BC。 『点睛』本题考查有机物的结构和性质,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握有机物的组成和结构特点,明确官能团的性质和空间结构是解题关键。 13.以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径,该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。 下列说法正确的是() A.过程①中钛氧键断裂会释放能量 B.该反应中,光能和热能转化为化学能 C.使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变,从而提高化学反应速率 D.CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH=+30kJ/mol 『答案』B 『详解』A.化学键断裂需要吸收能量,过程①中钛氧键断裂会吸收能量,故A错误; B.根据图示,该反应中,光能和热能转化为化学能,故B正确; C.催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率,催化剂不能降低反应的焓变,故C错误; D.反应物总能量-生成物总键能=焓变,CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH=1598×2-1072×2-496=+556kJ/mol,故D错误。 14.“太阳-水”电池装置如图所示,该电池由三个电极组成,其中a为TiO2电极,b为Pt电极,c为WO3电极,电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。 锂离子交换膜将电池分为A、B两个区,A区与大气相通,B区为封闭体系并有N2保护。 下列关于该电池的说法正确的是() A.若用导线连接a、c,则a为负极,该电极附近pH增大 B.若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+xH+ C.若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化 D.若用导线连接b、c,b电极的电极反应式为O2+4H++4He-=2H2O 『答案』CD 『详解』A.若用导线连接a、c,a极发生氧化反应生成氧气,则a为负极,电极反应为 ,该电极附近pH减小,故A错误; B.若用导线连接a、c,a极发生氧化反应生成氧气,则a为负极,c电极为正极,正极发生还原反应,电极反应式为WO3+xH++xe-=HxWO3,故B错误; C.用导线先连接a、c,构成原电池,c是正极;用导线连接b、c,构成原电池,c是负极,c电极实现WO3、HxWO3之间的相互转化,可实现太阳能向电能转化,故C正确; D.若用导线连接b、c,b是正极,b电极的电极反应式为O2+4H++4He-=2H2O,故D正确; 选CD。 15.高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。 25℃,其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时,含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知 ]。 下列说法正确的是() A.K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质 B.由B点数据可知,H2FeO4的第一步电离常数Ka1=4.0×10-4 C.25℃,H2FeO4(aq)+H+ H3FeO4+(aq)的平衡常数K>100 D.A、C两点对应溶液中水的电离程度不相等 『答案』BD 『详解』A.溶液中存在HFeO4-、H2FeO4,所以H2FeO4属于弱电解质,故A错误; B.由B点数据可知,H2FeO4的第一步电离常数Ka1= =4.0×10-4,故B正确; C.H2FeO4(aq)和H3FeO4+(aq)相等时pH约等于1.5,25℃,H2FeO4(aq)+H+ H3FeO4+(aq)的平衡常数K= <100,故C错误; D.A点的溶液呈酸性,说明H2FeO4电离大于HFeO4-水解,抑制水电离,C点溶液呈碱性,说明HFeO4-电离小于FeO42-水解,促进水电离,对应溶液中水的电离程度不相等,故D正确; 选BD。 『点睛』本题考查酸碱混合溶液定性判断,侧重考查学生图象分析及判断能力,明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键,注意根据A、C点计算H2FeO4的电离平衡常数。 第Ⅱ卷(非选择题,共60分) 三、本题包括5小题,共60分。 『答案』必须写在答题卡内相应的位置,不能写在试卷上。 16.2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。 TiS2、LiCoO2、LiFePO4、LiMnO2、Cu与磷的化合物等都是研究电池的常用材料。 请回答下列问题。 (1)Co4+中存在____种不同能量的电子。 (2)你预测第一电离能: Cu____Zn(填“>”或“<”)。 请说出你的理由: _______________ _____________________________________________________________________________。 (3)已知下列化合物的熔点: 化合物 AlF3 GaF3 AlCl3 熔点/℃ 1040 1000 194 表格中卤化物的熔点产生差异的原因是: _________________________________________ ____________________________________________________________________。 (4)直链多磷酸盐的阴离子有复杂的结构,焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构如图: 这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为___________________(用n代表P原子数)。 (5)钴蓝晶胞结构如图1所示,该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成如图2,则钴蓝晶体的化学式为_________。 在晶体中,某些原子位于其它原子围成的空隙中,如图3中●原子就位于最近的4个原子围成的正四面体空隙中。 在钴蓝晶体中,Al3+位于O2-形成的___________空隙中。 若阿伏加德罗常数用NA表示,则钴蓝晶体的密度为_________________g·cm-3(列计算式即可,不必化简)。 『答案』 (1).6 (2).<(3).由于铜的核电荷数比锌小,原子半径比锌大,并且最外层是不稳定的4s1结构,而锌是相对稳定的4s2结构。 所以气态铜易失去一个电子,即第一电离能较低(4).AlF3与GaF3为离子晶体,AlCl3为分子晶体,离子晶体的熔点高于分子晶体,又由于Al3+半径小于Ga3+,离子键较强(晶格能较大),所以有熔点AlF3>GaF3>AlCl3(5).(PnO3n+1)(n+2)-或PnO3n+1(n+2)-(6).CoAl2O4(7).八面体(8). 『分析』 (1)不同能级的电子能量不同; (2)原子轨道处于全满、半满、全空时为稳定状态; (3)AlF3、GaF3为离子晶体,Al3+半径小于Ga3+,AlCl3为分子晶体; (4)根据焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构,重复单元为 ; (5)根据均摊原则计算晶胞的化学式; ; 『详解』 (1)不同能级的电子能量不同;Co4+的核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d5,存在6种不同能量的电子; (2)Cu核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d104s1,Zn核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d104s2,由于铜的核电荷数比锌小,原子半径比锌大,并且最外层是不稳定的4s1结构,而锌是相对稳定的4s2结构。 所以气态铜易失去一个电子,即第一电离能较低; (3)AlF3与GaF3为离子晶体,AlCl3为分子晶体,离子晶体的熔点高于分子晶体,又由于Al3+半径小于Ga3+,离子键较强(晶格能较大),所以有熔点AlF3>GaF3>AlCl3; (4)根据焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构,重复单元为 ,所以氧原子数是磷原子数的3倍加1,电荷数是磷原子数加2;所以这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n+1)(n+2)-; (5)Ⅰ型立体结构含有Co原子数是 、O原子数是4,Ⅱ型小立方体含有Co原子数是 、O原子数是4、Al原子数是4,该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成,所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16,钴蓝晶体 化学式为CoAl2O4;根据图示,在钴蓝晶体中,Al3+位于O2-形成的八面体空隙中;晶胞中含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16,晶胞的体积是 ,所以密度是 。 17.二硫化钼是重要的固体润滑剂,被誉为“高级固体润滑油之王”。 利用低品相的辉钼矿(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图: (1)(NH4)2MoO4中Mo的化合价为_____。 (2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3的化学方程式为___________________________________。 (3)“转化”中第一步加入Na
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