化学江苏省南通市如皋市学年高一上学期期末考试试题解析版.docx
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化学江苏省南通市如皋市学年高一上学期期末考试试题解析版
江苏省南通市如皋市2017-2018学年高一上学期期末考试试题
1.2017年12月,全球首条光伏高速公路亮相济南。
下列有关说法不正确的是()
A.光伏发电将太阳能转变为电能
B.汽车尾气中的CO2会造成酸雨
C.光伏发电代替燃煤发电可减少雾霾
D.光伏发电所用太阳能电池板的主要材料是硅
【答案】B
【解析】A项,光伏发电是利用太阳能电池板将太阳能直接转化为电能的发电方式,故A正确;B项,汽车尾气中的氮氧化物会造成酸雨,CO2会造成温室效应,故B错误;C项,燃煤发电会产生大量的烟尘是导致雾霾形成的重要污染源,所以光伏发电代替燃煤发电可减少雾霾,故C正确;D项,光伏发电是利用半导体界面的光生伏特效应将光能直接转变为电能的一种技术,光伏发电需要用到半导体材料,所以光伏发电所用太阳能电池板的主要材料是硅,故D正确。
2.下列有关化学用语表示正确的是()
A.中子数为10的氧原子:
OB.Na2S的电子式:
C.Mg2+的结构示意图:
D.Ca(OH)2的电离方程式:
Ca(OH)2=Ca2++(OH)
【答案】C
【解析】A项,中子数为10的氧原子可表示为:
,故A错误;B项,Na2S是离子化合物,电子式为:
,故B错误;C项,Mg是12号元素,原子核内有12个质子,核外有12个电子,失去最外层2个电子变成Mg2+,所以Mg2+的结构示意图为:
,故C正确;D项,Ca(OH)2的电离方程式为:
Ca(OH)2=Ca2++2OH-,故D错误。
3.下列过程存在旧化学键断裂和新化学键形成的是()
A.水的分解B.氨气液化C.干冰升华D.液氮汽化
【答案】A
【解析】只有化学变化中才会有旧化学键断裂和新化学键形成,水分解生成氢气和氧气,属于化学变化,存在旧化学键断裂和新化学键形成,故A正确;氨气液化、干冰升华、液氮汽化都是物理变化,故B、C、D错误。
4.下列物质中含有共价键,但属于离子化合物的是()
A.NH4ClB.MgOC.NH3D.CO2
【答案】A
5.下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是()
A.明矾易溶于水,可用作净水剂B.HClO显酸性,可用于杀菌消毒
C.SO2具有氧化性,可用于纸浆漂白D.铁粉具有还原性,可用作食品抗氧化剂
【答案】D
【解析】A项,明矾可用作净水剂是因为铝离子水解生成Al(OH)3胶体,具有吸附性,可以吸附悬浮颗粒,故A错误;B项,HClO可用于杀菌消毒是因为其具有强氧化性,故B错误;C项,SO2具有漂白性,可用于纸浆漂白,与氧化性无关,故C错误;D项,铁粉具有还原性,常温下容易被氧气氧化,所以可用作食品抗氧化剂,能有效吸收食品包装袋内的氧气,防止食物被氧化,故D正确。
6.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()
A.无色透明溶液中:
H+、Na+、MnO
、SO
B.碱性溶液中:
Na+、K+、SiO
、NO
C.能溶解Al2O3的溶液中:
Mg2+、Cu2+、HCO
、Cl-
D.含有Fe2+的溶液中:
H+、Ca2+、NO
、AlO
【答案】B
【解析】A项,MnO4-为紫色,与无色溶液不相符,故A错误;B项,碱性溶液中,Na+、K+、SiO32-、NO3-四种离子间不反应,与氢氧根离子也不反应,故B正确;C项,能溶解Al2O3的溶液,为强酸或强碱溶液,HCO3-既能与酸反应又能与碱反应,则不能共存,且Mg2+、Cu2+与OH-结合成沉淀不能大量共存,故C错误;D项,Fe2+与H+、NO3-因氧化还原反应不能大量共存,且H+与AlO2-生成Al3+和H2O不能大量共存,故D错误。
7.下列气体中不能用排空气法收集的是()
A.SO2B.NOC.NH3D.Cl2
【答案】B
【解析】A项,SO2的密度比空气密度大且常温下和氧气不反应,所以可用向上排空气法收集,故A不符合题意;B项,NO容易和氧气反应生成二氧化氮,所以不能用排空气法收集,故B符合题意;C项,NH3常温下和氧气不反应,且密度比空气密度小,所以可用向下排空气法收集,故C不符合题意;D项,Cl2的密度比空气密度大且不和氧气反应,所以可用向上排空气法收集,故D不符合题意。
8.下列说法正确的是()
A.铝常温下与浓硝酸不发生反应
B.Fe(OH)2呈红棕色,难溶于水
C.水玻璃浸泡过的木材能防火
D.只经过物理变化即可由海水制得Na、Mg、Cl2
【答案】C
【解析】A项,铝常温下与浓硝酸发生钝化,钝化也是发生了化学反应,故A错误;B项,Fe(OH)2是难溶于水的白色固体,故B错误;C项,水玻璃的主要成分是硅酸钠,具有不燃不爆的性质,水玻璃浸泡过的木材,在木材表面附着了一层硅酸钠,隔绝了木材与空气中氧气的直接接触,所以水玻璃浸泡过的木材能防火,故C正确;D项,Na、Mg、Cl等元素在海水中都是以化合态存在,由海水制得Na、Mg、Cl2必须经过化学变化,故D错误。
9.下列有关Na2CO3和NaHCO3的性质说法正确的是()
A.溶解度:
Na2CO3>NaHCO3
B.右图所示装置可证明稳定性:
Na2CO3>NaHCO3
C.用澄清石灰水可鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
D.等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应,放CO2质量相同
【答案】A
【解析】A项,常温下在相同的溶剂中,Na2CO3较NaHCO3易溶,故A正确;B项,NaHCO3受热易分解,要证明热稳定性:
Na2CO3>NaHCO3,如图内管中应盛NaHCO3,外管中应盛Na2CO3,故B错误;C项,澄清石灰水与Na2CO3和NaHCO3溶液反应都生成碳酸钙沉淀,现象相同,无法鉴别,故C错误;D项,等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应,产生CO2质量相同,Na2CO3和NaHCO3的摩尔质量不同,Na2CO3较大,所以相同质量的Na2CO3和NaHCO3,Na2CO3的物质的量较小,与足量盐酸作用时,Na2CO3放出CO2少,故D错误。
10.下列装置应用于制取、干燥NH3、验证NH3还原性、吸收过量NH3并防止倒吸,其中能达到实验目的的是()
A.制取NH3
B.干燥NH3
C.验证还原性
D.吸收尾气
【答案】C
【解析】A项,NH4Cl受热易分解生成NH3和HCl,NH3和HCl在温度较低的试管口附近又会化合生成NH4Cl,故A不能达到实验目的;B项,氨气与浓硫酸能够发生反应,所以不能用浓硫酸干燥氨气,故B不能达到实验目的;C项,氨气具有还原性,在加热时可以还原CuO为Cu,实验时黑色固体(CuO)变为红色(Cu),所以可用该实验验证氨气的还原性,故C能达到实验目的;D项,氨气极易溶于水,如图装置吸收氨气,不能防止倒吸,故D不能达到实验目的。
11.由海水提取溴的反应流程如下,下列说法正确的是()
A.反应①为置换反应B.反应②中生成S和HBr
C.氧化性:
Cl2<Br2D.反应③生成的Br2可以用乙醇萃取
【答案】A
【解析】A项,流程中反应①为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2,该反应属于置换反应,故A正确;B项,反应②为Br2+SO2+H2O=H2SO4+2HBr,故B错误;C项,反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2中氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性,所以氧化性:
Cl2>Br2,故C错误;D项,乙醇与水互相溶解,无法将Br2从水溶液中萃取出来,故D错误。
12.下列有关Na2O2说法正确的是()
A.Na2O2中阴阳离子的个数比为1∶1
B.Na2O2中只含有离子键
C.Na2O2由钠在常温下与氧气反应得到
D.Na2O2与CO2反应,产生标准状况下2.24LO2,转移0.2×6.02×1023个电子
【答案】D
【解析】A项,Na2O2中阳离子为Na+、阴离子为O22-,所以阴阳离子的个数之比为1:
2,故A错误;B项,Na2O2中Na+和O22-之间存在离子键,O22-中两个氧原子间存在非极性键,故B错误;C项,钠在常温下与氧气反应得到Na2O,加热条件下得到Na2O2,故C错误;D项,Na2O2与CO2反应为:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,Na2O2中氧元素的化合价从-1变为-2和0价,根据电子守恒,2molNa2O2与2molCO2完全反应产生1molO2时,转移2NA个电子,标准状况下2.24LO2为0.1mol,所以产生标准状况下2.24LO2时,转移电子为0.2NA个,即0.2×6.02×1023个电子,故D正确。
13.下列离子方程式书写正确的是()
A.钠投入水中:
Na+2H2O=Na++2OH—+H2↑
B.用醋酸除去水瓶中的CaCO3:
CO
+2H+=CO2↑+H2O
C.Al溶于NaOH溶液:
2Al+2H2O+2OH—=2AlO
+3H2↑
D.Fe与稀硫酸反应:
2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
【答案】C
【解析】A项,钠与水反应的离子方程式为:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,故A错误;B项,用醋酸除去水瓶中的CaCO3,反应离子方程式为:
CH3COOH+CaCO3=CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O,故B错误;C项,Al具有两性,与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2,离子方程式为:
2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑,故C正确;D项,Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2,离子方程式为:
Fe+2H+=Fe2++H2↑,故D错误。
14.下列实验方法正确的是()
A.用氨水鉴别MgCl2溶液和AlCl3溶液
B.用丁达尔效应鉴别浓溴水和Fe(OH)3胶体
C.利用右图所示方法检验溶液中是否含有K+
D.用Cl2除去Fe2(SO4)3溶液中含有的FeSO4杂质
【答案】B
【解析】A项,MgCl2溶液和AlCl3溶液与氨水反应都生成白色沉淀,无法用氨水鉴别,故A错误;B项,胶体具有丁达尔效应,浓溴水不具有丁达尔效应,可鉴别,故B正确;C项,检验溶液中是否含有K+,应透过蓝色钴玻璃观察,故C错误;D项,用Cl2除去Fe2(SO4)3溶液中含有的FeSO4杂质,会引入氯离子杂质,不符合除杂原则,故D错误。
15.在给定条件下,下列选项中所示的物质间转化能一步实现的是()
A.稀盐酸
Cl2
FeCl2B.Si
SiO2
H2SiO3
C.Fe
Fe2O3
FeD.Na2O
NaOH(aq)
Na2CO3(aq)
【答案】D
【解析】A项,稀盐酸与二氧化锰不反应,氯气与铁反应不生成氯化亚铁,故A错误;B项,二氧化硅与水不反应,故B错误;C项,铁与水高温条件反应生成四氧化三铁,故C错误;D项,氧化钠与水化合生成氢氧化钠,氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水,故D正确。
16.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,Y的原子半径是所在周期中除稀有气体外最大的,Z是地壳中含量最高的金属元素,W的最高正价和最低负价的代数和为6。
下列说法正确的是()
A.原子半径的大小顺序:
r(W)>r(Z)>r(X)
B.X位于周期表的第3周期,ⅥA族
C.Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的强
D.W的氧化物对应水化物一定为强酸
【答案】C
【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,则X为碳元素或S元素;Y的原子半径是所在周期中除稀有气体外最大的,且Y原子序数大于X,则Y为钠元素、X为碳元素;Z是地壳中含量最高的金属元素,则Z为铝元素;W的最高正价和最低负价的代数和为6,则W为氯元素。
A项,W为氯元素,Z为铝元素,都属于第三周期元素且原子序数Cl大于Al,所以原子半径:
r(Al)>r(Cl),即r(Z)>r(W),X为碳元素,属于第二周期元素,所以原子半径小于Al和Cl,因此原子半径的大小顺序:
r(Z)>r(W)>r(X),故A错误;B项,X为碳元素,位于第二周期第ⅣA族,故B错误;C项,Y为钠元素,Z为铝元素,氢氧化钠的碱性比氢氧化铝的强,故C正确;D项,W为氯元素,W的氧化物对应水化物可能是强酸也可能是弱酸,例如高氯酸是强酸、次氯酸是弱酸,故D错误。
17.碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d]在一定条件下的转化如下图所示,下列说法正确的是()
A.a、b、c、d符合关系式:
2a+3b=c+2d
B.X可能为NaOH
C.Q可能为NH3
D.工业上用CO还原Al2O3的方法制取金属Al
【答案】AB
【解析】A项,化合物中Mg的化合价为+2、Al的化合价为+3、氢氧根的化合价为-1、碳酸根的化合价为-2,根据正负化合价代数和为0可得,2a+3b=c+2d,故A正确;B项,根据流程,烧渣主要为氧化镁和氧化铝,氧化铝具有两性能溶于强碱溶液,所以溶液X可能为NaOH溶液,故B正确;C项,由前面的分析并结合流程,溶液Z可能为NaAlO2溶液,则气体X可能为CO2,不可能为NH3,故C错误;D项,金属活动性顺序表中铝及排在铝前面的金属一般用电解法制取,所以工业上用电解Al2O3的方法制取金属Al,故D错误。
18.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()
操作和现象
结论
A
室温下,向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液,再滴加几滴淀粉溶液,溶液变蓝色
氧化性:
Fe3+>I2
B
将新制氯水光照,溶液中有气泡产生
HCl在光照条件下分解
C
向蔗糖(C12H22O11)固体中加入浓硫酸,蔗糖变黑
浓硫酸具有吸水性
D
将某气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊
该气体一定是CO2
【答案】A
【解析】A项,室温下,向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液,再滴加几滴淀粉溶液,溶液变蓝色,说明Fe3+把I-氧化生成了碘单质,则说明Fe3+的氧化性比I2的强,故A正确;B项,新制氯水中含有次氯酸,光照条件下次氯酸分解生成盐酸和氧气,所以将新制氯水光照,溶液中有气泡产生,故B错误;C项,向蔗糖固体中加入浓硫酸,蔗糖变黑,体现了浓硫酸的脱水性,故C错误;D项,使澄清石灰水变浑浊的气体不一定是CO2,如SO2通入澄清石灰水生成CaSO3白色沉淀,澄清石灰水会变浑浊,故D错误。
19.HNO3与金属反应后所得还原产物与硝酸的浓度和金属的活泼性有关。
10mL0.5mol·L-1HNO3与0.048gMg恰好完全反应。
若氮元素只被还原到一种价态,下列说法正确的是()
A.HNO3作还原剂B.HNO3浓度越高,N元素还原价态越低
C.反应中转移电子数为0.004molD.还原产物可能为NH4NO3
【答案】CD
【解析】A项,HNO3与金属反应时,表现酸性和强氧化性,故A错误;B项,HNO3浓度越高,氧化性越强,氧化同种金属时,N元素被还原的价态就越高,故B错误;C项,HNO3与Mg反应,还原剂只有Mg,Mg的化合价由0→+2价,0.048gMg的物质的量为:
0.048g÷24g∙mol-1=0.002mol,根据得失电子守恒,反应中转移电子为0.004mol,故C正确;D项,硝酸的物质的量为:
0.01L×0.5mol·L-1=0.005mol,生成0.002molMg(NO3)2,根据N原子守恒,可能生成0.0005molNH4NO3,若生成0.0005molNH4NO3转移电子为0.004mol,符合电子守恒,故D正确。
20.向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉,充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如右图所示。
忽略溶液体积的变化,下列说法正确的是()
A.a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+
B.b点时溶液中发生的反应为:
Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
C.c点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.5mol·L-1
D.原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1
【答案】BC
【解析】A项,向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉,先发生反应:
Fe+2Fe3+=3Fe2+,后发生反应:
Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,如图加入0.56g(即0.01mol)Fe之后开始出现固体,则a点溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+,故A错误;B项,由图可得,加入铁粉从0.56g~1.68g(即0.02mol)时,剩余物为1.28g,而1.28gCu的物质的量为0.02mol,所以此时发生反应为:
Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,b点在该范围内,故B正确;C项,加入铁粉为从0.56g~2.24g(即0.03mol)时,若发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,则生成0.03mol(即1.92g)Cu,而由图示可得剩余物为1.84g,所以此时溶液中早已没有Cu2+,设0.03mol铁粉中与Cu2+反应的为xmol,剩余ymol,则生成Cu的质量为64xg,剩余铁的质量为56yg,所以x+y=0.03、64x+56y=1.84,解得:
x=0.02(mol)、y=0.01(mol),因此加入铁粉从0.56g~1.68g(即0.02mol)时,刚好与溶液中的Cu2+反应完全,溶液中溶质为FeSO4,又根据前面的分析可得反应Fe+2Fe3+=3Fe2+生成Fe2+0.03mol,又因为反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+生成Fe2+0.02mol,所以c点时溶液中溶质的物质的量浓度为:
(0.03mol+0.02mol)÷0.1L=0.5mol·L-1,故C正确;D项,由前面的分析可得,原溶液中Fe3+为0.02mol,则Fe2(SO4)3为0.01mol,Cu2+为0.02mol,则CuSO4为0.02mol,所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比,为1:
2,故D错误。
21.“绿水青山就是金山银山”。
近年来,绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。
(1)硫酸工业排出的尾气(主要含SO2)有多种处理方式。
①写出用过量氨水吸收尾气的离子方程式:
___________________。
②尾气也可用软锰矿浆(MnO2)吸收,写出右图所示“反应1”的化学方程式:
___________________。
(2)治理汽车尾气中NO和CO的方法之一是在汽车的排气管上装一个催化转化装置,使NO和CO在催化剂作用下转化为无毒物质。
写出该反应的化学方程式:
___________________。
(3)某工厂拟综合处理含NH
废水和工业废气(主要含N2、Cl2、NO),设计了如下流程:
①“反应1”用于吸收Cl2,“反应1”的化学方程式为___________________。
②“反应2”的离子方程式为___________________。
【答案】
(1).SO2+2NH3·H2O=2NH
+SO
+H2O
(2).SO2+MnO2=MnSO4(3).2CO+2NO
2CO2+N2(4).2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(5).NH
+NO
=N2↑+2H2O
【解析】
(1)①硫酸工业尾气中的SO2用过量的氨水吸收反应生成亚硫酸铵,化学方程式为:
SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O,(NH4)2SO3为可溶性强电解质,书写离子方程式时拆成离子形式,故反应的离子方程式为:
SO2+2NH3·H2O=2NH4++SO32-+H2O。
②由图示可得,用软锰矿浆(MnO2)吸收SO2生成MnSO4,化学方程式为:
SO2+MnO2=MnSO4。
(2)NO和CO在催化剂作用下转化为无毒物质,则发生氧化还原反应生成CO2和N2,故化学方程式为:
2CO+2NO
2CO2+N2。
(3)①由流程结合已知,“反应1”用石灰乳吸收Cl2,故化学方程式为:
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
②“反应2”为NH4+和NaNO2溶液反应生成无污染气体,根据氧化还原反应原理,NH4+和NO2-发生氧化还原反应生成N2,根据原子守恒还会生成H2O,该反应离子方程式为:
NH4++NO2-=N2↑+2H2O。
22.有关物质的转化关系如下图所示(部分物质和条件已略去)。
A、B、E、G、H、J常温下为气体,A为黄绿色,J为红棕色,B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,E是空气中含量最多的气体,C工业上用于制取漂白粉,K为一种红色金属单质,I是常见的无色液体。
(1)E的电子式为___________________。
(2)反应②的化学方程式为___________________。
(3)写出反应③的化学方程式,并用单线桥表示电子转移的方向和数目:
___________________。
(4)反应⑤的离子方程式为___________________。
【答案】
(1).
(2).Ca(OH)2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O(3).
(4).3Cu+8H++2NO
=3Cu2++2NO↑+4H2O
【解析】A、B、E、G、H、J常温下为气体,A为黄绿色,J为红棕色,B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,E是空气中含量最多的气体,则A为氯气、J为NO2、B为NH3、E为N2,流程中A(Cl2)和B(NH3)反应生成D和E(N2),则D为NH4Cl;C工业上用于制取漂白粉,则C为Ca(OH)2;B(NH3)与气体G发生反应③,生成气体H和常见无色液体I,H与G反应生成J(NO2),则H为NO、G为O2、I为H2O;J(NO2)与I(H2O)发生反应④生成H(NO)和L,则L为HNO3;K为一种红色金属单质,则K为Cu,K(Cu)与L(HNO3)发生反应⑤生成H(NO)和M,则M为Cu(NO3)2。
(1)由上述分析知,E为N2,电子式为:
。
(2)C为Ca(OH)2、D为NH4Cl,则反应②为实验室制取氨气的反应,化学方程式为:
Ca(OH)2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O。
(3)反应③为氨的催化氧化反应,NH3与氧气反应生成NO和H2O,NH3中N元素化合价由-3价升为+2价,1molNH3反应失去5mol电子,书写化学方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目为:
。
(4)反应⑤为Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和水,化学方程式为:
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,其中HNO3和Cu(NO3)2是可溶性强电解质,书写离子方程式时拆成离子形式,故离子方程式为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。
23.由硫铁矿烧渣(主要含Fe2O3和SiO2)制备绿矾(FeSO4·7H2O),再通过绿矾制备铁矾[FeO(OH)]的流程如下:
(已知FeS2和铁矾均难溶于水)
(1)“酸溶”步骤中,最好采用___________________(填“盐酸”、“硫酸”或“硝酸”)溶解烧渣。
(2)写出“还原”步骤发生反应的离子方程式:
___________________。
(3)对“还原”后的溶液进行“操作X”,可得到绿矾。
“操作X”是指___________________,过滤,洗涤,干燥。
(4)请补充完整检验“还原”后所得溶液中是否含有Fe3+的实验方案:
取“还原”后溶液于试管内,___________________。
(5)最
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