学年浙江省浙东北联盟ZDB高二上学期期中考试化学试题 解析版.docx
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学年浙江省浙东北联盟ZDB高二上学期期中考试化学试题解析版
浙东北联盟(ZDB)2019-2020学年第一学期期中考试
高二化学试卷
可能用到的相对原子质量:
H:
1C:
12O:
16Fe:
56Cu:
64
第Ⅰ卷(选择题,共60分)
一、选择题(每小题只有一个正确选项。
1-12每小题2分,13-24每小题3分,共60分)
1.能源是国民经济和社会发展的重要物质基础,节能减排与开发新能源是摆在当前的一个课题。
针对这一现象,某化学学习研究性小组提出如下方案,你认为不够科学合理的是()
A.提高燃料燃烧效率有利于节能减排
B.加大太阳能、生物质能、风能、地热能等新能源的开发力度,减少化石燃料的使用
C.大力推广电解水制氢气,并研制氢能汽车实现二氧化碳零排放
D.进行垃圾分类,实现垃圾无害化处理和再利用,达到节能减排
【答案】C
【解析】
【详解】A.提高燃料的燃烧效率,可减少燃料的使用量,从而有利于节能减排,A正确;
B.太阳能、生物质能、风能、地热能为清洁能源,化石燃料为污染能源,用清洁能源替代化石燃料,有利于节能减排,B正确;
C.电解水制氢气需耗费大量的电能,不利于节能减排,C错误;
D.垃圾分类再利用,实现垃圾无害化处理,都有利于节能减排,D正确。
故选C。
【点睛】垃圾分类的好处:
①减少占地:
垃圾分类,去掉可以回收、不易降解的物质,减少垃圾数量达60%以上。
②减少污染:
垃圾处理多采用卫生填埋,占用上万亩土地,并且虫蝇乱飞,污水四溢,臭气熏天。
③变废为宝:
1吨废塑料可回炼600公斤的柴油,1500吨废纸可少伐用于生产1200吨纸的林木,一吨易拉罐可少采20吨铝矿。
2.下列说法正确的是()
A.增大反应物浓度,可增大单位体积内活化分子的百分数,从而使有效碰撞次数增大
B.有气体参加的化学反应,若增大压强(即缩小反应容器的体积),可增加活化分子的百分数,从而使反应速率增大
C.升高温度能使化学反应速率增大,主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D.催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数,从而增大反应速率
【答案】C
【解析】
【分析】
升高温度、加入催化剂可增大活化分子的百分数,而增大压强、增大浓度,可增大单位体积活化分子的数目,但百分数不变,以此解答该题。
【详解】A.增大反应物浓度,可增大单位体积活化分子的数目,但百分数不变,A项错误;
B.增大压强,可增大单位体积活化分子的数目,但百分数不变,B项错误;
C.升高温度,可使更多的分子转化为活化分子,增加了反应物分子中活化分子的百分数,C项正确;
D.催化剂可以降低反应所需的活化能,使更多普通分子变成活化分子,增大单位体积内活化分子的百分数,从而增大反应速率,D项错误;
答案选C。
3.下列化学反应属于放热反应的是()
①浓硫酸的稀释②工业合成氨③NaOH固体溶于水④氢氧化钡晶体与氯化铵混合⑤CaO溶于水⑥Al在高温条件下与Fe2O3的反应⑦酸碱中和反应
A.①②③⑤⑦B.②⑥⑦C.②⑤⑥⑦D.全部
【答案】C
【解析】
【详解】①浓硫酸的稀释、②工业合成氨、③NaOH固体溶于水、⑤CaO溶于水、⑥Al在高温条件下与Fe2O3的反应、⑦酸碱中和反应,都放出热量,但①浓硫酸的稀释、③NaOH固体溶于水不属于放热反应,只有②⑤⑥⑦符合题意。
故选C。
【点睛】过程放热的有:
燃烧反应,酸碱中和反应,铝热反应,活泼金属与酸或水的反应,绝大部分化合反应,极少数的分解反应(双氧水的分解);反应物总能量>生成物总能量的反应;形成化学键;浓硫酸稀释、NaOH固体溶于水;气→液→固。
过程吸热的有:
C与CO2、H2O(g)的反应,Ba(OH)2
8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O,绝大部分分解反应;反应物总能量<生成物总能量的反应;断裂化学键;铵盐、硝酸盐溶于水;固→液→气。
4.下列变化过程中说法不正确的是()
A.已知2O3(g)=3O2(g)的ΔH<0、ΔS>0,则该反应在任何温度下都能自发进行
B.“冰,水为之,而寒于水”说明相同质量的水和冰,水的能量高
C.干冰(CO2)升华过程中,ΔS>0
D.碳酸钙在高温下才能分解,因此碳酸钙的分解反应不属于自发反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.已知2O3(g)=3O2(g)的ΔH<0、ΔS>0,则ΔG=ΔH-TΔS<0,因此该反应在任何温度下都能自发进行,A正确;
B.“冰,水为之,而寒于水”说明相同质量的水和冰,冰的能量低,水的能量高,B正确;
C.干冰(CO2)升华过程中,二氧化碳由固态转化为气态,ΔS>0,C正确;
D.碳酸钙在高温下才能分解,说明碳酸钙的分解反应在常温下不自发,但属于高温下的自发反应,D错误。
故选D。
5.下列说法或表示方法中正确的是()
A.HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ·mol-1,则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH=-2×57.3kJ·mol-1
B.101kPa时,H2的热值为142.75kJ·g-1,则表示氢气标准燃烧热的热化学方程式为:
H2(g)+
O2(g)=H2O(l)ΔH=-142.75kJ·mol-1
C.由C(金刚石)=C(石墨)ΔH=-1.9kJ·mol-1可知,金刚石比石墨稳定
D.同温同压下,4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)在常温和点燃条件下的ΔH相同
【答案】D
【解析】
【详解】A.中和热是指强酸与强碱反应,生成1molH2O时所放出的热量,如果不考虑SO42-+Ca2+=CaSO4↓所放出的热量,H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH=-57.3kJ·mol-1,A错误;
B.101kPa时,H2的热值为142.75kJ·g-1,则表示氢气标准燃烧热的热化学方程式为:
H2(g)+
O2(g)=H2O(l)ΔH=-2×142.75kJ·mol-1,B错误;
C.由C(金刚石)=C(石墨)ΔH=-1.9kJ·mol-1可知,金刚石的能量比石墨高,石墨更稳定,C错误;
D.同温同压下,一个反应的ΔH不受反应条件的影响,所以4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)在常温和点燃条件下的ΔH相同,D正确。
故选D。
【点睛】中和热是指强酸与强碱反应,生成1molH2O(l)时放出的热量。
所以中和热与反应物的用量无关,但与酸、碱的浓稀,与酸、碱的强弱有关。
因为浓溶液稀释会释放热量,弱电解质电离会吸收热量。
6.下列有关金属的腐蚀和防护说法正确的是()
A.当镀锡铁皮
镀层破损时,减慢铁的腐蚀速率
B.外加电源阴极保护法常用于海堤钢闸门防腐,被保护的钢铁设备作为阳极
C.石油管道常常通过连接一块锌块以达到防腐的作用
D.将水蒸气通过红热的铁丝,由于形成原电池,使铁丝的表面变为蓝黑色
【答案】C
【解析】
【详解】A.当镀锡铁皮的镀层破损时,由于锡的金属活动性比铁弱,所以在形成原电池时,铁作负极,加快铁的腐蚀速率,A错误;
B.外加电源阴极保护法常用于海堤钢闸门防腐,被保护的钢铁设备作为阴极,B错误;
C.石油管道常常通过连接一块锌块(作原电池的负极),以阻止铁失电子,从而达到防腐的作用,C正确;
D.将水蒸气通过红热的铁丝,由于发生置换反应,生成Fe3O4(和H2),使铁丝的表面变为蓝黑色,D错误。
故选C。
7.常温下,分别将四块形状相同、质量为7g的铁块同时投入下列四种溶液中。
铁块最快溶解完的是()
A.250.0mL2mol·L-1HClB.150.0mL2mol·L-1H2SO4
C.40.0mL5mol·L-1HClD.20.0mL18.4mol·L-1H2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】n(Fe)=
,反应时需要消耗0.25molH+。
A.HCl为0.5mol,足量,c(H+)=2mol·L-1;
B.H2SO4为0.3mol,足量,c(H+)=4mol·L-1;
C.HCl为0.2mol,不足量,铁不能完全溶解,C不合题意;
D.20.0mL18.4mol·L-1H2SO4,铁发生钝化,不能溶解,D不合题意。
比较A与B中的c(H+),c(H+)B>c(H+)A,所以B的反应速率更快,B选项符合题意。
故选B。
8.下列说法中不正确的是()
A.欲实现铁片镀锌,用锌作阴极
B.电解精炼铜,若转移2mol电子,阴极质量增加64g
C.硫酸工业中采用沸腾炉以增加固、气接触面积,加快反应速率
D.工业上常用电解熔融氯化钠法制备金属钠
【答案】A
【解析】
【详解】A.欲实现铁片镀锌,用锌作阳极,A不正确;
B.电解精炼铜,阴极反应为Cu2++2e-=Cu,转移2mol电子,则生成1molCu,阴极质量增加64g,B正确;
C.沸腾炉是从炉底通入强大的空气流,将硫铁矿石的粉末吹得在炉内翻滚,从而增大了固、气接触面积,加快反应速率,C正确;
D.工业上制备金属钠,常采用电解熔融氯化钠的方法,D正确。
故选A。
9.下列事实中,能用勒夏特列原理解释的是
A.配制FeSO4溶液时,加入一些铁粉
B.500℃左右比室温更有利于合成氨的反应
C.实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D.由H2、I2(g)、HI组成的平衡体系,加压后颜色加深
【答案】C
【解析】
试题分析:
勒沙特列原理为平衡移动原理,存在可逆反应、涉及平衡移动且符合平衡移动原理才能用勒沙特列原理解释。
A、配制FeSO4溶液时,加入一些铁粉发生反应Fe+2Fe3+→3Fe2+,防止Fe2+被氧化,该反应不是可逆反应,不能用勒夏特列原理解释,错误;B、工业合成氨的反应为放热的可逆反应,升高温度,平衡逆向移动,不利于氨的合成,采用500℃的温度是由于在此温度下,催化剂的活性最高,与平衡移动无关,不能用勒夏特列原理解释,错误;C、饱和食盐水中含有大量的氯离子,氯气溶于水存在可逆反应:
Cl2+H2O
HClO+H++Cl-,相当于增加了生成物氯离子的浓度,根据勒夏特列原理,平衡向逆反应方向移动,氯气溶解量减小,可以勒夏特列原理解释,正确;D、反应H2(g)+I2(g)
2HI(g)为反应前后气体物质的量不变的反应,加压平衡不移动,不能用勒夏特列原理解释,错误;
考点:
考查平衡移动原理的应用。
10.在恒容绝热密闭容器中发生CH4(g)+4NO(g)
2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),下列情况都能说明该反应已达到平衡状态的是()
①容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化;②容器内气体密度不再发生变化;
③容器内气体的压强不再发生变化;④v正(NO):
v逆(N2):
v逆(CO2)=4:
2:
1;
A.①②③B.③④C.①②③④D.②③④
【答案】B
【解析】
【详解】①因为反应物、生成物都为气体,气体的物质的量不变,所以容器内混合气体的平均相对分子质量始终不变,①不一定达平衡状态;
②气体的质量不变,容器的容积不变,所以容器内气体密度始终不变,②不一定达平衡状态;
③虽然反应前后气体的物质的量不变,容器的容积不变,也就是气体的浓度不变,但由于容器绝热,所以只要平衡移动,气体的压强始终改变,一旦压强不变,则表明反应达平衡状态,③一定达平衡状态;
④v正(NO):
v逆(N2):
v逆(CO2)=4:
2:
1,反应进行的方向相反,速率之比等于化学计量数之比,则④一定达平衡状态。
综合以上分析,只有③④符合题意
故选B。
【点睛】若利用两种物质判断平衡状态,则应为二者的变化量之比等于化学计量数之比,并且反应进行的方向相反;若使用一种物质判断平衡状态,则它的正、逆反应速率相等,或浓度、物质的量、百分含量等保持不变;若用整个反应体系的某个量判断平衡状态,则此量应为变量,变量不变,则为平衡状态。
11.一定质量的混合气体在密闭容器中发生如下反应:
xA(g)+yB(s)
zC(g)。
达到平衡后测得A气体的浓度为0.5mol·L-1。
当恒温下将密闭容器的容积扩大到原来的二倍,再达平衡后,测得A的浓度为0.2mol·L-1。
下列叙述不正确的是()
A.平衡向正反应方向移动B.z C.C的体积分数增大D.A的转化率增大 【答案】B 【解析】 【详解】当恒温下将密闭容器的容积扩大到原来的二倍,再达平衡后,测得A的浓度由0.5mol·L-1变为0.2mol·L-1。 在改变容积的瞬间,A的浓度应为0.25mol·L-1,现变为0.2mol·L-1,说明平衡正向移动。 A.由上面分析可知,平衡向正反应方向移动,A正确; B.减小压强,平衡向气体分子数增大的方向移动,则z>x+y,B不正确; C.平衡正向移动,生成物的体积增大,所以产物C的体积分数增大,C正确; D.平衡正向移动,反应物转化的量增多,所以A的转化率增大,D正确。 故选B。 12.用石墨电极电解100mLH2SO4与CuSO4的混合溶液,通电一段时间后,两极均收集到2.24L气体(标准状况),则原混合溶液中Cu2+的物质的量浓度为() A.3mol·L-1B.2mol·L-1C.4mol·L-1D.1mol·L-1 【答案】D 【解析】 试题分析: 电解0.1LH2SO4和CuSO4的混合溶液,阳极发生的反应为: 4OH—-4e-=2H2O+O2↑,阴极上发生的电极反应为: Cu2++2e-=Cu,2H++2e-=H2↑,两极均收集到2.24L(标况)气体,即均生成0.1mol的气体,阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子,而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子, 所以剩余0.2mol电子由铜离子获得,所以溶液中有0.1mol铜离子,据c=n÷v得到铜离子的浓度为: 0.1mol÷0.1L=1mol/L,答案选D。 考点: 考查电解的有关计算 13.利用下图装置进行实验,开始时,a、b两处液面相平,密封好,放置一段时间。 下列说法不正确的是 A.a管发生吸氧腐蚀,b管发生析氢腐蚀 B.一段时间后,a管液面高于b管液面 C.a处溶液的pH增大,b处溶液的pH减小 D.a、b两处具有相同的电极反应式: Fe-2e-=Fe2+ 【答案】C 【解析】 【详解】A.U型管左边装置是中性溶液,所以发生吸氧腐蚀,右边装置是酸性溶液发生析氢腐蚀,故A正确; B.左边装置发生吸氧腐蚀,导致气体压强减小,右边装置发生析氢腐蚀,生成氢气导致气体压强增大,所以右边的液体向左边移动,一段时间后,a管液面高于b管液面,故B正确; C.a处铁失电子生成亚铁离子,氧气得电子和水反应生成氢氧根离子,亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀,所以a处pH不变;b处溶液变成硫酸亚铁溶液,溶液的pH变大,故C错误; D.a、b两处构成的原电池中,铁都作负极,所以负极上具有相同的电极反应式: Fe-2e-=Fe2+,故D正确; 故选C。 14.在盛有足量A的体积可变的密闭容器中,加入B,发生反应: A(s)+2B(g) 4C(g)+D(g);△H<0。 在一定温度、压强下达到平衡。 平衡时C的物质的量与加入的B的物质的量的变化关系如下图。 下列说法正确的是() A.若保持压强一定,当温度升高后,则图中θ>45° B.若再加入B,则再次达到平衡的过程中正、逆反应速率均逐渐增大 C若保持压强一定,再加入B,则反应体系气体密度减小 D.平衡时B的转化率为50% 【答案】D 【解析】 【分析】 从图中可以看出,角度为45°,增加C的量等于增加B的量,即通入4molC,逆向反应,生成2molB,同时剩下2molC,反向同样成立(体积可变,恒压,等效平衡),故B的转化率为50%;升高温度平衡逆向移动,C的量减少,B的量增加,角度小于45°;压强一定加入B,形成恒压等效平衡,再次达到平衡时正、逆反应速率均不变;压强一定加入B,形成恒压等效平衡,平衡不移动,密度不变。 【详解】A项、压强一定,当升高温度时,平衡逆向移动,则C的物质的量减少,由图可以看出,图中θ<45°,A错误; B项、压强一定加入B,形成恒压等效平衡,再次达到平衡时正、逆反应速率均不变,B错误; C项、由于A为固体,压强一定再加入B,形成恒压等效平衡,平衡不移动,所以若再加入B,则再次达到平衡时反应体系气体密度始终不变,C错误; D项、根据图象结合方程式可知,加入的B物质的物质的量与生成C物质的物质的量相等,所以该反应中有一半的B物质反应,所以其转化率为50%,D正确。 故选D。 【点睛】本题考查化学平衡的图象分析,明确图象中的纵横坐标含有及隐含平衡时的信息是解答的关键,注意利用影响化学反应速率及化学平衡的影响因素来解答。 15.在恒温恒压的密闭容器中,充入4LX和3LY的混合气体,在一定条件下发生下列反应: 4X(g)+3Y(g) 2Q(g)+nR(g)达到平衡时测得X的转化率为25%,此时混合气体的体积为6.5L。 则该反应方程式中的n值是() A.8B.6C.5D.3 【答案】D 【解析】 【详解】我们利用三段式进行分析: 则3+2.25+0.5+0.25n=6.5,n=3。 故选D。 16.已知N2(g)+O2(g) 2NO(g)ΔH=+181.5kJ·mol-1。 某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解,若用 分别表示O2、N2、NO,则在固体催化剂表面分解NO的过程可用如图表示,下列说法正确的是() A.从吸附到解吸的过程中,能量状态最低的是C处 B.图示过程中,反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量 C.该反应中NO分子浓度越大,分解速率越快 D.该反应中的固体催化剂起到反应载体的作用,未影响反应的速率,并且该反应的ΔH也不变 【答案】A 【解析】 【详解】A.反应为2NO(g) N2(g)+O2(g)ΔH=-181.5kJ·mol-1,从吸附到解吸的过程中,生成物的能量最低,从图中可以看出,生成物在C处,所以C处能量状态最低,A正确; B.反应放热,反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量,B错误; C.因为NO是在催化剂表面上发生反应,与混合气中NO分子浓度无关,C错误; D.该反应中的固体催化剂起到降低反应活化能的作用,提高活化分子百分数,加快反应的速率,D错误。 故选A。 17.取五等份NO2分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中,发生反应: 2NO2(g) N2O4(g),ΔH<0,反应相同时间后,分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%),并作出其随反应温度(T)变化的关系图。 下列示意图中,可能与实验结果相符的是() A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】反应刚开始,不管温度对平衡的影响如何,因为反应未达平衡,NO2都向生成N2O4的方向进行,所以NO2的百分含量不断减小;当反应达平衡时,NO2的百分含量达到最小值;继续升高温度,平衡逆向移动,NO2的百分含量不断增大,但最终NO2的百分含量比反应刚开始时要小。 故选D。 18.某化学科研小组研究在其他条件不变时,改变某一条件对A2(g)+3B2(g) 2AB3(g)化学平衡状态的影响,得到如下图所示的变化规律(图中T表示温度,n表示物质的量),根据图示得出的判断结论正确的是 A.反应速率a>b>c B.达到平衡时A2的转化率大小为: b>a>c C.若T2>T1,则正反应是吸热反应 D.达到平衡时,AB3的物质的量大小为: c>b>a 【答案】D 【解析】 【分析】 由图可知,B2起始相同时,T2对应的AB3的含量大,则若该正反应为吸热反应,则T2>T1,若该正反应为放热反应,则T2 【详解】A.根据图象可知,a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大,则反应物的浓度依次增大,反应速率依次增大,故A错误; B.根据图象可知,a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大,对于可逆反应来说,增大一种反应物的物质的量或浓度,有利于平衡向正反应方向移动,则另一种反应物的转化率增大,则达到平衡时A2的转化率大小为: a C.若T2>T1,由图象可知温度升高生成物的物质的量增大,说明升高温度平衡向正反应分析移动,则正反应为吸热反应,故C正确; D.对于可逆反应来说,增大一种反应物的物质的量或浓度,有利于平衡向正反应方向移动,生成物的物质的量增多,所以达到平衡时,AB3的物质的量大小为c>b>a,故D错误; 故选: C。 19.按如图装置进行实验(a、b两电极均为Cu单质),实验开始观察到灵敏电流计的指针偏转,下列有关说法正确的是() A.a极电极反应为Cu2++2e-=CuB.溶液中Cu2+穿过交换膜发生迁移 C.电流计指针偏转幅度将保持不变D.外电路转移的电子最多为0.02mol 【答案】D 【解析】 【详解】A.该装置为浓度差电池,浓度增大,还原性或氧化性增强,右侧CuSO4浓度大,氧化性增强,因此b电极为正极,a电极为负极,a电极反应式为Cu-2e-=Cu2+,A错误; B.如果溶液中迁移Cu2+,由于负极与正极消耗或产生的Cu2+量相等,则左、右两室溶液浓度不变,但负极Cu减少,正极Cu增加,需要消耗能量而不可能提供电能,所以溶液中迁移的离子不可能是Cu2+,只能是SO42-,从右室向左室迁移,B错误; C.随着电流的产生,左、右两室SO42-浓度的差值逐渐减小,SO42-从右室向左室迁移的速率逐渐减小,则外电路的电流强度将逐渐减小,灵敏电流计指针偏转的幅度也会逐渐减小,C错误; D.当左右两室SO42-浓度相等,即均为 时,电池将停止工作,不再产生电流,溶液中迁移的n(SO42-)= ,因此外电路转移的电子的物质的量最多为0.02mol,D正确。 故选D。 20.某传感器工作原理如图所示。 利用该传感器可以测定空气中NO、CO、NH3、SO2等有害气体的含量。 下列说法正确的是 A.传感器工作中,电子由Pt(Ⅰ)极经电流仪传到Pt(Ⅱ)极 B.若M为熔融KOH,X为NH3,Y为N2,则负极的电极反应式为2NH3-6e-=N2+6H+ C.若M是含O2-的固体电解质,X为NO,则正极的电极反应式为O2+4e-=2O2- D.若X为CO,M为KOH溶液,则电池总反应为2CO+O2=2CO2 【答案】C 【解析】 【详解】A.题述装置属于原电池,Pt(Ⅰ)极为正极,Pt(Ⅱ)极为负极,电子由负极经外电路流向正极,故A错误; B.由于M是熔融的KOH,即使放电生成H+也会与OH-反应生成水,所以负极的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O,故B错误; C.若M是含O2-的固体电解质,则负极的电极反应式为2NO-4e-+2O2-=2NO2,正极的电极反应式为O2+4e-=2O2-,故C正确; D.若X为CO,M为KOH溶液,则负极的电极反应式为CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O,电池总反应为2CO+4KOH+O2=2K2CO3+2H2O,故D错误。 故答案选C。 21.将V1mL未知浓度的NaOH溶液和V2mL1.50mol·L-1HCl混合均匀后测量并记录溶液温度,实
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