安徽省六安市第一中学届高三月考化学精校解析 Word版.docx
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安徽省六安市第一中学届高三月考化学精校解析Word版
安徽省六安市第一中学2018届高三9月月考(国庆作业)
化学试题
1.下列除去杂质的方法不正确的是
A.镁粉中混有少量铝粉:
加入过量烧碱溶液充分反应,过滤、洗涤、干燥
B.用过量氨水除去Fe3+溶液中的少Al3+
C.Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2:
加入足量烧碱溶液,充分反应,过滤,向滤液中通过量CO2后过滤
D.CO气体中混有CO2气体:
通过NaOH溶液洗气后干燥
【答案】B
【解析】A.镁与氢氧化钠溶液不反应,但铝可与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠,可用于除杂,故A正确;B.加入过量氨水,都生成沉淀,不能用氨水除杂,故B错误;C.氢氧化铝为两性氢氧化物,可用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝生成可溶性的NaAlO2,过滤后向滤液中通入过量CO2,可得氢氧化铝,故C正确;D.CO气体中混有CO2气体,可用NaOH溶液吸收CO2,再干燥CO即可,故D正确;故选B。
点睛:
解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:
1.不能引入新的杂质(水除外),即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液),不能有其他物质混入其中;2.分离提纯后的物质状态不变;3.实验过程和操作方法简单易行,即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学,先简单后复杂的原则;如选项B中过量的氨水能沉淀溶液中的Fe3和Al3+。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法不正确的是
A.常温常压下,35.5g的氯气与足量的氢氧化钙溶液完全反应,转移的电子数为0.5NA
B.60g甲酸甲酯和葡萄糖的混合物含有的碳原子数目为2NA
C.标准状况下,2.24LPH3与3.4gH2S气体分子所含电子数目均为1.8NA
D.己知合成反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ/mol当该反应生成NA个NH3分子时,反应放出的热量小于46.2kJ
【答案】D
【解析】A项,2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,35.5g氯气是1mol,1mol氯气参加反应转移0.5mol电子,故A正确;B项,甲酸甲酯的分子式为:
C2H4O2,葡萄糖的分子式为:
C6H12O6,二者最简式都是CH2O,60g混合物含有的碳原子数目为:
60g÷30g/mol×NA=2NA,故B正确;C项,标准状况下,2.24LPH3是0.1mol,所含电子数为:
0.1×(15+1×3)NA=1.8NA,3.4gH2S是1mol,所含电子数为:
0.1×(1×2+16)NA=1.8NA,故C正确;D项,由热化学方式可知,1molN2与3molH2完全反应生成2molNH3,放出92.4kJ热量,所以生成NA个NH3分子(1mol)时,反应放出的热量等于46.2kJ,故D错误。
综上,选D。
3.在复杂的体系中,确认化学反应先后顺序有利于解决问题,下列物质参与反应的先后顺序正确的是A.含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中,缓慢通入氯气:
I-、Br-、Fe2+
B.含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉:
Cu2+、Fe3+、H+、Fe2+
C.含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中,逐滴加入盐酸:
OH-、AlO2-、CO32-
D.含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中,缓慢通入CO2:
KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3
【答案】C
【解析】A.离子还原性I->Fe2+>Br-,氯气先与还原性强的反应,氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-,故A错误;B.氧化性顺序:
Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+,锌粉先与氧化性强的反应,反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+,故B错误;C.若H+最先与AlO2-反应,生成氢氧化铝,而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-,反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-,故C正确;D.氢氧化钡先发生反应,因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存,所以缓慢通入CO2:
Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3,故D错误;故选C。
4.己知有如下反应:
①2BrO3-+Cl2=Br2+2ClP3-②ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O③2FeCl2+Cl2=2FeCl3。
根据上述反应,判断下列结论中错误的是
A.Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物
B.氧化性强弱的顺序为:
BrO3->ClO3->Cl2>Fe3+
C.溶液中可发生:
ClO3+6Fe2++6H+==Cl+6Fe3++3H2O
D.Cl2在①、③反应中均做氧化剂
【答案】D
【解析】A.反应②中,ClO-中Cl元素的化合价由+1价降低到0价,Cl-中Cl元素的化合价由-1价升高到0价,Cl2既是氧化产物又是还原产物,故A正确;B.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,①中BrO3-是氧化剂,ClO3-是氧化产物,所以氧化性BrO3->ClO3-,②中ClO3-是氧化剂,Cl2是氧化产物,所以氧化性ClO3->Cl2,③中Cl2是氧化剂,Fe3+是氧化产物,所以氧化性:
Cl2>Fe3+,综上得氧化性顺序为BrO3->ClO3->Cl2>Fe3+,故B正确;C.根据上述分析,氧化性:
ClO3->Fe3+,则溶液中可发生ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O,故C正确;D.根据上述分析,氯气在反应①中作还原剂,在反应②中既是氧化产物,又是还原产物,故D错误;故选D。
5.下列离子方程式正确的是
A.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸:
2S2O32-+2H+=SO42-+3S↓+H2O
B.向NH4HSO3溶液中滴加足量KOH溶液:
NH4++OH-=NH3·H2O
C.在海带灰的滤液中加入几滴稀硫酸,再加入双氧水,能使淀粉溶液变蓝:
2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
D.盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)中加入石膏,降低土壤的碱性,涉及的方程式为:
Ca2++CO32-=CaCO3↓
【答案】C
【解析】A.硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫单质和二氧化硫气体,正确的离子方程式为:
S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O,故A错误;B.向NH4HSO3溶液中滴加足量KOH溶液,发生的离子反应为HSO3-+NH4++2OH-=NH3·H2O+SO32-+H2O,故B错误;C.在海带灰的滤液中加入几滴稀硫酸,再加入双氧水生成碘单质,碘单质能使淀粉溶液变蓝,反应的离子方程式为:
2I-+H2O2+2H+═I2+2H2O,故C正确;D.盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)中加入石膏,降低土壤的碱性,涉及的方程式为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-,故D错误;答案为C。
点睛:
离子方程式的正误判断,为高考的高频题,注意掌握确离子方程式正误判断常用方法:
检查反应物、生成物是否正确,检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式,检查是否符合原化学方程式等。
6.将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中,加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。
下列判断正确的是
A.与NaOH反应的氯气一定为0.3mol
B.n(Na+)∶n(Cl-)可能为7∶3
C.若反应中转移的电子为nmol,则0.15 D.n(NaCl)∶n(NaC1O)∶n(NaC1O3)可能为11∶2∶: 1 【答案】C 【解析】A、由于反应后体系中没有NaOH,故氢氧化钠反应完,根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.03L×10mol/L=0.3mol,根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol,故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol,A错误;B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知,氧化产物只有NaClO时,n(Na+): n(Cl-)最大为2: 1,当氧化产物为NaClO3时,n(Na+): n(Cl-)最小为6: 5,故6: 5<n(Na+): n(Cl-)<2: 1,7: 3>2: 1,B错误;C、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知,氧化产物只有NaClO时,转移电子数最少,为0.3mol×1/2×1=0.15mol,氧化产物只有NaClO3时,转移电子数最多,为0.3mol×5/6 ×1=0.25mol,C正确;D、令n(NaCl)=11mol,n(NaClO)=2mol,n(NaClO3)=1mol,生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol,生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol,得失电子不相等,D错误;答案选C。 点睛: 本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等,题目难度较大,注意极限法与电子得失守恒法的灵活应用。 7.下列离子方程式书写不正确的是 A.A1C13溶液与烧碱溶液反应,当n(OH-)∶n(Al3+)=7∶2时,2Al3++7OH-=Al(OH)3↓+AlO2-+2H2O B.Cl2与FeBr2溶液反应,当n(Cl2)∶n(FeBr2)=1∶1时,2Fe2++4Br-+3C12=2Fe3++2Br2+6C1- C.CuCl2溶液与NaHS溶液反应,当n(CuCl2)∶n(NaHS)=l∶2时,Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑ D.Fe与稀硝酸反应,当n(Fe)∶n(HNO3)=l∶2时,3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O 【答案】B 【解析】A.AlCl3溶液与烧碱溶液反应,当n(OH-): n(Al3+)=7: 2时,离子方程式为2Al3++7OH-=Al(OH)3↓+AlO2-+2H2O,A正确;B.氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子,发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+、Cl2+2Br-=Br2+2Cl-,当n(Cl2): n(FeBr2)=1: 1时,假设二者都是2mol,则亚铁离子完全被氧化需要1mol氯气、剩余1mol氯气氧化2mol溴离子,所以还有一半溴离子未被氧化,则离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-,B错误;C.CuCl溶液与NaHS溶液反应,当n(CuCl2): n(NaHS)=1: 2时,离子方程式: Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑,C正确;D.Fe与稀硝酸反应,当n(Fe): n(HNO3)=1: 2时,离子方程式: 3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O,D正确;答案选B。 点睛: 本题考查了离子方程式的书写,侧重考查反应物用量有关的离子反应的方程式书写,明确反应实质是解题关键。 在离子方程式正误判断中,学生往往忽略相对量的影响,命题者往往设置“离子方程式正确,但不符合相对量”的陷阱。 突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少,二是看离子反应是否符合该量,没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等,注意离子配比,注意试剂的加入顺序,难溶物溶解度的大小,注意隐含因素等。 应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质,认真审题,才能正确写出离子方程式。 8.下列有关溶液组成的描述合理的是 A.无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2- B.酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO-、SO42-、I- C.弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl-、HCO3- D.中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42- 【答案】C 【解析】A.Al3+、S2‾发生双水解反应而不能大量共存,故A错误;B.酸性条件下,ClO‾、I‾发生氧化还原反应而不能大量共存,故B错误;C.弱碱性条件下,这几种离子之间不反应,碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性,所以能大量共存,故C正确;D.Fe3+极易水解,在中性条件下,要完全水解而不能大量存在,故D错误;故答案为C。 点睛: 离子共存判断时应注意题中给出的附加条件: ①酸性溶液(H+)、碱性溶液(OH-)、能在加入铝粉后放出可燃气体的溶液、由水电离出的H+或OH--=1×10-10mol/L的溶液等;②有色离子MnO4-,Fe3+,Fe2+,Cu2+,Fe(SCN)3+;③MnO4-,NO3-等在酸性条件下具有强氧化性;④S2O32-在酸性条件下发生氧化还原反应: S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O;⑤注意题目要求“大量共存”还是“不能大量共存。 9.取一定量的NaOH溶液通入CO2后,再继续向该溶液中逐滴加入0.lmol/L的盐酸,产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示,下列说法正确的是 A.原溶液中NaOH的物质的量为0.75mol B.通入CO2后所得的溶液溶质成分为NaOH和Na2CO3 C.通入CO2后所得的溶液中含有2.5×10-3 molNaHCO3 D.原溶液中通入CO2后标准状况下为112mL 【答案】D 【解析】A.消耗盐酸75mL时,溶液为恰好为氯化钠溶液,根据Na+、Cl-离子守恒,可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol,故A错误;B.由图示可知,滴加25mL稀盐酸溶液后溶液中只存在NaHCO3,可知通入一定量CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3,故B错误;C.溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量相等,生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,共消耗盐酸75mL-20mL=50mL,n总(NaHCO3)=n(HCl)=0.05L×0.1mol/L=0.005mol,所以通入CO2后所得的溶液中含有NaHCO3为0.005mol× =2.5×10-3mol,故C错误;D.生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,共消耗盐酸75mL-20mL=50mL,n(CO2)=n(HCl)=0.05L×0.1mol/L=0.005mol,所以V(CO2)=0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL,故D错误;故选C。 点睛: 盐酸逐滴加入到碳酸钠溶液中的反应为: Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3;NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,由图可知,0~25mL没有气体生成,从25mL开始加盐酸生成二氧化碳气体,共消耗盐酸75mL-20mL=50mL,0~25mL段消耗的盐酸体积小于生成气体是消耗的盐酸体积50mL,所以可以知道通入一定量CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3,且根据消耗的盐酸的体积可以判断二者的物质的量相等。 10.用NA表示阿伏加德罗常数的值。 下列叙述中不正确的是 A.标准状况下,18gH2O中含有的分子数目为NA B.标准状况下,2.24LC12与足量铁粉反应转移电子数目为0.2NA C.46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数目为3NA D.1molN2与4molH2混合充分反应,生成NH3分子的数目为2NA 【答案】D 【解析】A.18gH2O的物质的量为1mol,所以含有的分子数目为NA,A正确;B.标准状况下,2.24LCl2与足量铁粉反应,氯气的物质的量为0.1mol,氯元素的化合价由0降为-1,所以转移电子数目为0.2NA,B正确;C.46gNO2的物质的量为1mol,含有3mol原子,46gN2O4的物质的量为0.5mol,同样也含有3mol原子,所以无论以何种比例混合,46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数目一定为3NA,C正确;D.合成氨的反应是可逆反应,所以1molN2与4molH2混合充分反应,生成的NH3的物质的量一定小于2mol,NH3分子的数目小于2NA,D不正确。 本题选D。 11.下列实验现象预测正确的是 A.实验I: 振荡后静置,上层溶液颜色保持不变 B.实验Ⅱ: 试管溶液中出现气泡,溶液先出现浑浊后变澄清 C.实验III: 微热稀HNO3片刻,溶液中有气泡产生,广口瓶内始终保持无色 D.实验IV: 加热至混合液呈红褐色,停止加热,该分散系能产生丁达尔效应 【答案】D 【解析】A.溴和氢氧化钠溶液反应,苯层无色,故A错误;B.稀盐酸有挥发性,生成的CO2中混有HCl气体,硅酸钠溶液中通入HCl气体也能出现白色沉淀,则无法证明碳酸的酸性比硅酸强,故B错误;C.反应生成的NO与空气中的氧气反应,则广口瓶内气体为红棕色,故C错误;D.煮沸溶液至红褐色,生成胶体,当光束通过体系时可产生丁达尔效应,故正确;故答案为D。 12.浓H2SO4密度1.84g/mL,物质的量浓度为18.4mol/L,质量分数为98%,取10mL浓H2SO4和amL水混合得物质的量浓度为Cmol/L,质量分数为b%。 下列组合正确的是 (1)若C=9.2则a>10b>49% (2)若C=9.2则a>10b<49% (3)若b=49则a=18.4C<92(4)若b=49则a=18.4C>92 A. (1)(3)B. (1)(4)C. (2)(3)D. (2)(4) 【答案】A 【解析】试题分析: 若b=49,稀释过程中溶质硫酸的质量不变,则: 10mL×1.84g/mL×98g%="(10"mL×1.84g/mL+amL×1g/mL)×49%,解得a=18.4,令稀释后的密度为dg/mL,则d<1.84,稀硫酸的物质的量浓度C= mol/L<9.2mol/L;若C=9.2,根据稀释定律,可知稀释后溶液的体积为 =20mL,硫酸的浓度越大,密度越小,故稀释后溶液的质量小于原浓硫酸质量的2倍,稀释过程硫酸的质量不变,故稀释后硫酸的质量分数大于49%,即b>49%,稀释过程中溶质硫酸的质量不变,则: 10mL×1.84g/mL×98g%<(10mL×1.84g/mL+amL×1g/mL)×49%,解得a>18.4;故选A。 考点: 考查溶液浓度的有关计算 13.根据下列各题所给出的数据,得出的结论正确的是 A.通入标准状况下HC1气体11.2L,可使1L浓度为0.5mol·L-1的盐酸浓度增大到1mol·L-1 B.在10%的NaOH溶液中,平均每9个水分子溶有1个OH- C.将10g碳酸钙粉末加水配成100mL溶液,CaCO3物质的量浓度为1mol·L-1 D.4gNaOH溶解在l0mL水中,再稀释成1L,从中取lmL,这lmL溶液的浓度为0.1mol·L-1 【答案】D 【解析】试题分析: A、先由cV计算原溶液中n(HCl)="0.5"mol,再由 计算通入的n(HCl)="0.5"mol,HCl溶解放热,导致部分HCl挥发,且吸收氯化氢之后溶液的体积会增大(不能用原溶液的体积代替),因此其浓度小于1mol•L-1,A错误;B、设溶液的质量为100g,则溶质、溶剂分别为10g、90g,由 可知,n(NaOH)= mol="0.25"mol、n(H2O)= mol="5"mol,由电离方程式NaOH=Na++OH-可知,n(OH-)="n(NaOH)"="0.25"mol,则n(OH-)∶n(OH-)=0.25∶5=1∶20,B错误;C、碳酸钙难溶于水,即每100g水或100mL水中溶解的碳酸钙小于0.1g,因此10g碳酸钙中绝大多数不能溶解,所得悬浊液中碳酸钙的浓度约为 ≈ mol·L-1="0.01"mol·L-1,C错误;D、先由 计算稀释前的c(NaOH)= mol·L-1="10"mol·L-1,再由稀释定律(c浓×V浓=c稀×V稀)可知,稀释后的c(NaOH)= mol·L-1="0.1"mol·L-1,D正确;答案选D。 考点: 本题考查物质的量浓度、质量分数、气体体积、气体摩尔体积、物质的量、摩尔质量、溶解度、稀释定律及物质的量在电离方程式计算中的应用。 【名师点睛】物质的量浓度是表示溶液浓度的方法,物质的量浓度的计算要依据物质的量浓度定义式。 14.F2和Xe在一定条件下生成氧化性极强且极易与水反应的XeF2、XeF4和XeF6三种化合物。 其中XeF4与水可发生如下反应: 6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑.下列判断中正确的是 A.上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2 B.XeF4按以上方式与水反应,每生成3molO2,转移12mol电子 C.XeF2加入水中,在水分子的作用下,将重新生成Xe和F2 D.XeF2、XeF4和XeF6在空气中都能长期存放 【答案】A 15.如图表示从原混合物中分离出X的两种方案、下列说法不合理的是 A.若含X的混合物为溴水,可通过方案I进行分离,加入试剂为CCl4液体,充分振荡后液体分层,下层为X的CC14溶液 B.若含X的混合物为BaSO4和BaSO3的混合物,可通过方案Ⅱ进行分离,加入试剂为稀硝酸,X为BaSO4 C.若含X的混合物为乙醇和乙酸乙酯的混合物,可通过方案I进行分离,加入试剂为饱和NaOH溶液,残留液中含有乙酸钠 D.若含X的混合物为Fe、Al,可通过方案II进行分离,加入的试剂是过量的NaOH溶液,1molX与足量氯气完全反应时,转移3mol电子 【答案】C 【解析】试题分析: A.溴易溶于四氯化碳、微弱于水,四氯化碳的密度比水大,在混合液的下层,该方法合理,故A不选;B.BaSO3被稀硝酸氧化成硫酸钡,然后通过过滤得到BaSO4,该方法合理,故B不选;C.分离乙醇和乙酸乙酯时,应该选用饱和碳酸钠溶液,否则乙酸乙酯会与氢氧化钠溶液反应,该方法不合理,故C选;D.铝可与NaOH溶液反应,铁与氯气反应生成氯化铁,1mol铁与足量氯气完全反应时,转移3mol电子,该描述合理,故D不选;故选C。 【考点定位】考查物质的分离提纯和鉴别 【名师点晴】本题考查物质的分离、提纯实验方案的设计与评价,为高考常见题型,注意掌握物质的性质的异同和实验的操作要点,试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。 解答此类试题,需要学生熟练掌握常见物质的性质和物质分类提纯的常见方法。 16.强酸性溶液X中可能含有Na+、K+、NH4+、Fe2+、Al3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-中的若干种,某同学为了确认其成分,取X溶液进行连续实验,实验过程及产物如下: 下列结论正确的是 A.X中肯定存在Na+、Fe2+、A13+、NH4+、SO42― B.气体F在氧气中经催化氧化可生成气体A C.沉淀C一定是BaSO4、沉淀G一定是Fe(OH)3 、沉淀I一定是Al(OH)3 D.X中不能确定的离子是Fe2+、SO32-、K+和C1― 【答案】B 【解析】试题分析: 强酸性溶液中CO32-、SO32-不能存在;则X溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液生成沉淀C一定是BaSO4,一定有SO42-;硝酸被还原生成气体A,为NO,则一定有还原性的离子即Fe2+,溶液B加入过量NaOH溶液,生成气体,一定是氨气,则一定有NH4+,沉淀G为Fe(OH)3;溶液H通入CO2生成沉淀I,由于之前加入了过量的Ba(NO3)2溶液,引入了大量Ba2+,所以沉淀I中
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