江苏省淮安市等四市届高三上学期第一次模拟 化学解析版.docx
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江苏省淮安市等四市届高三上学期第一次模拟化学解析版
江苏省淮安市等四市2018届高三上学期第一次模拟
化学试卷
1.人类必须尊重自然、顺应自然、保护自然。
下列做法符合上述理念的是
A.开发太阳能等新能源汽车B.工业污水直接用于灌溉农田
C.焚烧废旧塑料防止“白色污染”D.推广露天烧烤丰富人们饮食
【答案】A
【解析】A、太阳能和风能是取之不尽的新能源,应大量发展使用,选项A符合;B、工业污水直接用于灌溉农田可能会造成家作物的污染,选项B不符合;C、焚烧废旧塑料会加重空气污染,选项C不符合;D、推广露天烧烤丰富人们饮食,会造成空气污染,选项D不符合。
答案选A。
2.下列化学用语表示正确的是
A.中子数为8的氧原子:
B.氯离子的结构示意图:
C.Na2S的电子式:
D.2–丙醇的结构简式:
(CH3)2CHOH
【答案】D
【解析】A.中子数为8的氧原子为:
,选项A错误;B.氯离子的结构示意图:
,选项B错误;C.Na2S的电子式:
,选项C错误;D.2–丙醇的结构简式:
(CH3)2CHOH,选项D正确。
答案选D。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A.Si的熔点高,可用作半导体材料
B.SO2具有氧化性,可用于漂白纸浆
C.Na2CO3溶液呈碱性,可用于洗涤油污
D.Al2O3硬度很大,可用于制造耐火材料
【答案】C
4.下列关于NO2的制取、净化、收集及尾气处理的装置和原理不能达到实验目的的是
A.制取NO2B.净化NO2C.收集NO2D.尾气处理
【答案】B
【解析】A、浓硝酸与铜反应可用于制取二氧化氮,选项A正确;B、二氧化氮能与水反应,不能用水净化二氧化氮,选项B错误;C、二氧化氮的密度大于空气,用向上排空气法收集时导管长进短出,选项C正确;D、二氧化氮能与氢氧化钠溶液反应,可以用氢氧化钠溶液吸收尾气,选项D正确。
答案选B。
5.X、Y、Z、W均为短周期主族元素,原子序数依次增大。
X与Z位于同一主族,Z的核外电子数是X的2倍,Y、Z、W原子的最外层电子数之和等于Z的核外电子总数。
下列说法正确的是
A.原子半径:
r(X)<r(Y)<r(Z)
B.Y的氧化物能与氢氧化钠溶液反应
C.Z的氧化物对应的水化物均为强酸
D.Z的气态氢化物的稳定性比W的强
【答案】B
【解析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素,原子序数依次增大。
X与Z位于同一主族,Z的核外电子数是X的2倍,则X为氧元素,Z为硫元素,W为氯元素;Y、Z、W原子的最外层电子数之和等于Z的核外电子总数。
则Y的最外层电子数为16-7-6=3,Y为铝元素。
故A.同周期元素原子从左到右逐渐减小,同主族元素原子从上而下逐渐增大,故原子半径:
r(X)<r(Z)<r(Y),选项A错误;B.Y的氧化物Al2O3能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水,选项B正确;C.Z的氧化物对应的水化物H2SO4为强酸,H2SO3为弱酸,选项C错误;D.Z的气态氢化物H2S的稳定性比W的气态氢化物HCl弱,选项D错误。
答案选B。
点睛:
本题考查结构性质位置关系应用,推断元素是解题关键,侧重对元素周期律的考查,X、Y、Z、W均为短周期主族元素,原子序数依次增大。
X与Z位于同一主族,Z的核外电子数是X的2倍,则X为氧元素,Z为硫元素,W为氯元素;Y、Z、W原子的最外层电子数之和等于Z的核外电子总数。
则Y的最外层电子数为16-7-6=3,Y为铝元素,据此解答。
6.下列指定反应的离子方程式正确的是
A.氯化铁溶液溶解铜片:
Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
B.氯气与水反应:
Cl2+H2O
2H++Cl-+ClO-
C.硝酸银溶液中加入过量氨水:
Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4+
D.Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应:
Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】A.氯化铁溶液溶解铜片,反应的离子方程式为:
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,选项A错误;B.氯气与水反应的离子方程式为:
Cl2+H2O
H++Cl-+HClO,选项B错误;C.硝酸银溶液中加入过量氨水,反应的离子方程式为:
Ag++3NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+NH4+,选项C错误;D.Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为:
Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O,选项D正确。
答案选D。
7.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.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】A、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水,硅酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸钠和硅酸,物质间转化均能实现,选项A正确;B、氯化镁晶体受热时由于水解产生氢氧化镁和盐酸,盐酸易挥发,水解程度增大,最后加热灼烧得到氧化镁而得不到无水氯化镁,选项B错误;C、二氧化硫与氯化钙不能反应,无法得到亚硫酸钙,选项C错误;D、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不是得到氧化铁,选项D错误。
答案选A。
8.通过以下反应均可获取O2。
下列有关说法不正确的是
①光催化分解水制氧气:
2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH1=571.6kJ·mol-1
③过氧化氢分解制氧气:
2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH2=-196.4kJ·mol-1
③一氧化氮分解制氧气:
2NO(g)=N2(g)+O2(g)ΔH3=-180.5kJ·mol-1
A.反应①是人们获取H2的途径之一
B.反应②、③都是化学能转化为热能
C.反应H2O2(l)=H2O(g)+
O2(g)的ΔH=-98.2kJ·mol-1
D.反应2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)的ΔH=-752.1kJ·mol-1
【答案】C
【解析】请在此填写本题解析!
9.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.能使甲基橙变红的溶液中:
K+、Mg2+、NO3-、I-
B.c(HCO3-)=1mol·L-1溶液中:
Na+、NH4+、SO42-、OH-
C.无色透明的溶液中:
Fe3+、Al3+、NO3-、SO42-
D.
【答案】D
【解析】A.能使甲基橙变红的溶液,显酸性,H+、I-、NO3-发生氧化还原反应,则不能共存,选项A错误;B.NH4+、HCO3-与OH-反应而不能大量共存,选项B错误;C、无色透明的溶液中不含Fe3+,选项C错误;D、
的溶液呈碱性,OH-、Ba2+、Na+、Cl-、AlO2-相互之间不反应,能大量共存,选项D正确。
答案选D。
10.下列图示与对应的叙述相符合的是
甲乙丙丁
A.图甲表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化
B.图乙表示反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量
C.图丙表示0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1硫酸时溶液pH的变化
D.图丁表示向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4至过量,溶液的导电性变化情况
【答案】B
【解析】A、升高温度,正逆反应速率都增大,都大于原来平衡速率,选项A错误;B、反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量为吸热反应,该图表示正确,选项B正确;C、图中向20mL0.1mol·L-1硫酸中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液时,溶液酸碱性的变化是:
酸性溶液→中性溶液→碱性溶液,但滴定终点消耗氢氧化钠的体积应该为40mL,选项C错误;D、图丁表示向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4至过量,溶液的导电性变化应逐渐减小,当硫酸过量时导电性逐渐增大,选项D错误。
答案选B。
点睛:
本题为图象题,做题时注意分析图象题中曲线的变化特点是做该类题型的关键,易错点为选项C,应明确所加溶液体积与酸碱反应的情况,滴定终点消耗氢氧化钠的体积应该为40mL,但图中向20mL0.1mol·L-1硫酸中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液时,溶液酸碱性的变化是:
酸性溶液→中性溶液→碱性溶液,故错误。
11.有机物Z是制备药物的中间体,合成Z的路线如下图所示:
XYZ
下列有关叙述正确的是
A.X分子中所有原子处于同一平面B.X、Y、Z均能和NaOH溶液反应
C.可用NaHCO3溶液鉴别Y和ZD.1molY跟足量H2反应,最多消耗3molH2
【答案】BC
【解析】A.甲烷为正四面体结构,X分子中存在甲基,故所有原子不可能处于同一平面,选项A错误;B、X、Y、Z分别为酯、酚、羧酸,均能和NaOH溶液反应,选项B正确;C、Z中含羧基能与碳酸氢钠溶液反应产生气体,Y反应不能产生气体,可用NaHCO3溶液鉴别Y和Z,选项C正确;D、Y中含有一个苯环和一个羰基,1molY跟足量H2反应,最多消耗4molH2,选项D错误。
答案选BC。
12.下列说法正确的是
A.反应2NaCl(s)=2Na(s)+Cl2(g)的ΔH<0,ΔS>0
B.常温下,将稀CH3COONa溶液加水稀释后,n(H+)·n(OH-)不变
C.合成氨生产中将NH3液化分离,可加快正反应速率,提高H2的转化率
D.氢氧燃料电池工作时,若消耗标准状况下11.2LH2,则转移电子数为6.02×1023
【答案】D
【解析】A、该反应有气体产生△S>0,钠在氯气中燃烧是放热反应,其逆反应吸热△H>0,选项A错误;B、常温下,将稀CH3COONa溶液加水稀释后,水解程度增大,水的电离程度减小,n(H+)·n(OH-)减小,选项B错误;C、合成氨生产中将NH3液化分离,生成物的浓度减小,反应速率减小,选项C错误;D、氢氧燃料电池负极正极H2~2e-,,工作时,若消耗标准状况下11.2LH2,则转移电子数为6.02×1023,选项D正确。
答案选D。
13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液,溶液变澄清
酸性:
苯酚>HCO3-
B
将少量Fe(NO3)2加水溶解后,滴加稀硫酸酸化,再滴加KSCN溶液,溶液变成血红色
Fe(NO3)2已变质
C
氯乙烷与NaOH溶液共热后,滴加AgNO3溶液,生成白色沉淀
氯乙烷发生水解
D
在2mL0.01mol·L-1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol·L-1ZnSO4溶液有白色沉淀生成,再滴入0.01mol·L-1CuSO4溶液,又出现黑色沉淀
Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】A.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠,则溶液变澄清,说明酸性:
苯酚>HCO3-,选项A正确;B、Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4酸化后,相当于存在HNO3,会把Fe2+氧化为Fe3+,滴加KSCN溶液后变红色,不能确定Fe(NO3)2试样已变质,选项B错误;C、氯乙烷与NaOH溶液共热后,溶液中还存在过量的NaOH溶液,此时直接加入AgNO3溶液,最终得到的褐色的Ag2O,选项C错误;D、在2mL0.01mol·L-1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol·L-1ZnSO4溶液有白色沉淀ZnS生成,因为Na2S溶液过量,所以再滴入CuSO4溶液,又出现黑色沉淀CuS,所以无法据此判断Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小关系,选项D错误。
答案选A。
14.常温下,Ka1(H2C2O4)=10-1.3,Ka2(H2C2O4)=10-4.2。
用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定10.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液所得滴定曲线如右图。
下列说法正确的是
A.点①所示溶液中:
c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)
B.点②所示溶液中:
c(HC2O4-)=c(C2O42-)
C.点③所示溶液中:
c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)
D.点④所示溶液中:
c(Na+)+2c(H2C2O4)+2c(H+)=2c(OH-)+2c(C2O42-)
【答案】BD
【解析】A.点①所示溶液为NaHC2O4溶液,溶液呈酸性,说明HC2O4-的电离大于水解,则c(C2O42-)>c(H2C2O4),选项A错误;B、常温下,点②所示溶液中pH=4.2,
,Ka2(H2C2O4)=
=
=10-4.2,故c(HC2O4-)=c(C2O42-),选项B正确;C、点③所示溶液中pH=7,
,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),则c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-),选项C错误;D、点④所示的溶液的体积20mL,草酸和氢氧化钠恰好完全反应,生成正盐草酸钠,草酸钠水解,所以溶液中,c(Na+)═2c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)+2c(C2O42-)①,根据电荷守恒得:
关系式为:
c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)②,由①-②
得:
c(Na+)+2c(H2C2O4)+2c(H+)=2c(OH-)+2c(C2O42-),选项D正确。
答案选BD。
点睛:
本题考查酸碱混合的定性判断,涉及物料守恒、电荷守恒等知识,试题知识点较多、综合性较强,解题时注意电荷守恒及物料守恒的应用,明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键。
易错点为选项D,点④所示的溶液的体积20mL,草酸和氢氧化钠恰好完全反应,生成正盐草酸钠,结合电荷守恒、物料守恒判断。
15.温度为T时,在两个起始容积都为1L的恒温密闭容器发生反应:
H2(g)+I2(g)
2HI(g)ΔH<0。
实验测得:
v正=v(H2)消耗=v(I2)消耗=k正c(H2)·c(I2),v逆=v(HI)消耗=k逆c2(HI),k正、k逆为速率常数,受温度影响。
下列说法正确的是
容器
物质的起始浓度(mol·L-1)
物质的平衡浓度
c(H2)
c(I2)
c(HI)
Ⅰ(恒容)
0.1
0.1
0
c(I2)=0.07mol·L-1
Ⅱ(恒压)
0
0
0.6
A.反应过程中,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强的比为1:
3
B.两容器达平衡时:
c(HI,容器Ⅱ)>3c(HI,容器Ⅰ)
C.温度一定,容器Ⅱ中反应达到平衡时(平衡常数为K),有K=
成立
D.达平衡时,向容器Ⅰ中同时再通入0.1molI2和0.1molHI,则此时ν正>ν逆
【答案】AC
【解析】该反应为气体体积不变的反应,根据表中数据可知,以上两容器中反应为等温等压下的等效平衡,A.假设能按比例完全转化为HI,则容器Ⅰ与容器Ⅱ的物质的量之比为1:
3,体积相同,则反应过程中,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强的比为1:
3,选项A正确;B、两容器达平衡时:
c(HI,容器Ⅱ)=3c(HI,容器Ⅰ),B错误;C、温度一定,容器Ⅱ中反应达到平衡时v正=v逆,由v正=v(H2)消耗=v(I2)消耗=k正c(H2)·c(I2)得c(H2)·c(I2)=
,由v逆=v(HI)消耗=k逆c2(HI)得c2(HI)=
,则有K=
=
=
,选项C正确;D、容器Ⅰ达平衡时,H2、I2、HI的浓度分别为0.07mol·L-1、0.07mol·L-1、0.03mol·L-1,K=
向容器Ⅰ中同时再通入0.1molI2和0.1molHI,则此时Q=
>K,ν逆>ν正,选项D错误。
答案选AC。
点睛:
本题考查了化学平衡影响因素分析判断,等效平衡及平衡常数计算分析,掌握基础是关键,易错点为选项D,应先利用数据计算K,再根据浓度变化后求算Q,最后通过比较K与Q大小确定平衡移动方向及正逆反应速率大小。
16.沉淀碳酸钙主要用于食品、医药等行业。
以精选石灰石(含有少量MgCO3、FeCO3杂质)为原料制备沉淀碳酸钙的工艺流程如下:
(1)流程中可以循环利用的物质有气体Ⅰ、气体Ⅱ和______(填化学式)。
(2)“碳化”时发生反应的离子方程式为_________________,该过程中通入气体Ⅰ和气体Ⅱ的顺序是_________________。
(3)工业上常用电解氯化钠和氯化钙熔融物来制备金属钠,原理如下图所示:
①电解过程中,加入氯化钙的目的是_________________。
②石墨电极发生的电极反应方程式为_________________。
③电解得到的Na中约含1%的Ca,除去其中少量Ca的方法为_________________。
已知部分物质的熔沸点如下表:
物质
熔点(K)
沸点(K)
Na
370
1156
Ca
1123
1757
【答案】
(1).NH4Cl
(2).Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+(3).先通入气体Ⅱ(或后通气体Ⅰ)(4).降低电解质的熔融温度,降低能耗(5).2Cl--2e-=Cl2↑(6).控制温度在370K~1123K间过滤
【解析】精选石灰石煅烧得到氧化镁、氧化亚铁、氧化钙和气体Ⅰ二氧化碳,固体加入氯化铵浸取后用双氧水氧化,确保亚铁离子转化为铁离子,再加入氧化钙调节pH,碱性条件下反应得到气体Ⅱ为氨气,并使铁离子、镁离子转化为沉淀,过滤,滤渣为氢氧化铁、氢氧化镁,过滤后的溶液以氯化钙为溶质,先通入足量的氨气,再通入适量的二氧化碳,得到氯化铵和碳酸钙,过滤得到滤液为氯化铵,沉淀为碳酸钙。
(1)该工艺中可以循环使用的物质是参加反应过程,反应后又生成的物质可以循环使用,流程图分析判断气体Ⅰ、气体Ⅱ分别为二氧化碳和氨气,可以循环使用,另外滤液NH4Cl也可以循环使用;
(2)“碳化”时氯化钙溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵,发生反应的离子方程式为Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+,氨气溶解度大,为保证溶解更多气体,该过程中先通入气体Ⅱ,再在碱性溶液中通入气体Ⅰ;(3)①电解过程中,加入氯化钙的目的是降低电解质的熔融温度,降低能耗;②铁为活泼金属,电解氯化钠制钠时不能作为阳极,故石墨电极为阳极,发生的电极反应方程式为2Cl--2e-=Cl2↑;③电解得到的Na中约含1%的Ca,除去其中少量Ca的方法为控制温度在370K~1123K间蒸馏。
17.化合物H是一种用于合成药物的中间体,其合成路线流程图如下:
(1)B中的含氧官能团名称为羟基、_________________和_________________。
(2)B→C的反应类型为_________________。
(3)写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式:
_________________。
①含有苯环,且遇FeCl3溶液不显色;
②能发生水解反应,水解产物之一能发生银镜反应,另一水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢。
(4)F的分子式为C18H20O4,写出F的结构简式:
_________________。
(5)以苯、甲醛和丙酮为基础有机原料,制备
的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)__________________
【答案】
(1).醚键
(2).羰基(3).消去反应(4).
(5).
(6).
【解析】
(1)B为
,含氧官能团名称为羟基、醚键和羰基;
(2)B→C是
加热条件下发生消去反应生成
和水,反应类型为消去反应;(3)A(
)的同分异构体满足:
①含有苯环,且遇FeCl3溶液不显色,则不含有酚羟基;②能发生水解反应,水解产物之一能发生银镜反应,另一水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢,则应高度对称,考虑氧原子的个数,应该含有甲酸酯结构,则符合条件的结构简式有
;(4)F的分子式为C18H20O4,结合E(
)的结构简式,以及F与SOCl2反应生成
,则F的结构简式为:
;(5)甲醛与丙酮在氢氧化钠溶液中反应生成HOCH2CH2COCH3,HOCH2CH2COCH3催化氧化得到OHCCH2COCH3,OHCCH2COCH3进一步催化氧化得到HOOCCH2COCH3,HOOCCH2COCH3与SOCl2反应得到ClCOCH2COCH3,ClCOCH2COCH3与苯在氯化铝催化下反应得到
。
合成路线流程图如下:
。
18.白钠镁矾(mNa2SO4·nMgSO4·xH2O)俗称硝板,工业上用白钠镁矾制备碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]晶须的过程如下:
向碳酸钠溶液中加入白钠镁矾,保持50℃加热0.5h,有大量的5MgCO3·3H2O生成,然后升高温度到85℃加热2h发生热解反应,过滤得碱式碳酸镁晶须。
(1)热解反应的方程式为_________________。
(2)碱式碳酸镁可用作化学冷却剂,原因是_________________。
(3)为测定白钠镁矾的组成,进行下列实验:
①取白钠镁矾3.340g溶于水配成100.00mL溶液A;
②取25.00mL溶液A,加入足量的氯化钡溶液,得BaSO41.165g;
③另取25.00mL溶液A,调节pH=10,用浓度为0.1000mol·L-1的EDTA标准溶液滴定Mg2+(离子方程式为Mg2++H2Y2-=MgY2-+2H+),滴定至终点,消耗标准溶液25.00mL。
通过计算确定白钠镁矾的化学式(写出计算过程)。
________
【答案】
(1).5MgCO3·3H2O+2H2O
4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O+CO2↑
(2).碱式碳酸镁分解吸热(3).n(BaSO4)=n(SO42-)=
=0.0200mol,n(Mg2+)=n(EDTA)
=0.1000mol·L-1×25.00mL×10-3L·mL-1
=0.01mol,n(Na2SO4)=0.0200mol-0.01mol=0.01mol,n(H2O)=
=0.04mol,n(Na2SO4):
n(MgSO4):
n(H2O)=0.01mol:
0.01mol:
0.04mol=1:
1:
4,化学式为Na2SO4·MgSO4·4H2O
【解析】
(1)热解反应是5MgCO3·3H2O升高温度到85℃加热2h发生热解反应,过滤得碱式碳酸镁晶体,反应的方程式为:
5MgCO3·3H2O+2H2O
4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O+CO2↑;
(2)碱式碳酸镁分解吸热,可用作化学冷却剂;(3)n(BaSO4)=n(SO42-)=
=0.0200mol,n(Mg2+)=n(EDTA)
=0.1000mol·L-1×25.00mL×10-3L·mL-1
=0.01mol,n(Na2SO4)=0.0200mol-0.01mol=0.01mol,n(H2O)=
=0.04mol,n(Na2SO4):
n(MgSO4):
n(H2O)=0.01mol:
0.01mol:
0.04mol=1:
1:
4,化学式为Na2SO4·MgSO4·4H2O。
19.利用锌冶炼废渣(ZnSO4、CuSO4、FeSO4、FeS2、Al2O3、SiO2)制备ZnSO4和Fe2O3的实验流程如下:
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