陕西省渭南中学届高三上学期第三次质量检测化学精校解析Word版.docx
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陕西省渭南中学届高三上学期第三次质量检测化学精校解析Word版
渭南中学2018-2019学年上学期
高三(理)科第三次月考化学
(Ⅰ卷选择题满分45分)
一、选择题(每题3分,15道题,共计45分)
1.古代的很多成语、谚语都蕴含着科学知识,下列对成语、谚语的解释正确的是
A.“冰,水为之,而寒于水”说明相同质量和温度的水和冰,冰的能量高
B.“玉不琢,不成器”“百炼方能成钢”发生的均为化学变化
C.“甘之如饴”说明糖类均有甜味
D.“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应
【答案】D
【解析】
试题分析:
A.冰转化为水的过程吸热,因此相同质量和温度的水和冰,水的能量高,故A错误;B.“玉不琢不成器”只是玉的形状改变,是物理变化,故B错误;C.淀粉和纤维素属于糖类,但没有甜味,故C错误;D.焰色反应为元素的性质,则节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩,故D正确;故选D。
考点:
考查了物质变化、焰色反应等的相关知识。
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列叙述中正确的是
A.56g铁粉在33.6L氯气中充分燃烧,转移的电子数为3NA
B.0.1molNaHSO4晶体中含有的阳离子数为0.2NA
C.44gC3H8中含有的共用电子对数目为10NA
D.t℃时,1LpH=6.5的纯水中,含OH-的数目为10-7.5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A、没有告诉反应条件,无法计算33.6L氯气的物质的量,则无法计算反应转移的电子数,故A错误;
B、0.1mol硫酸氢钠晶体中含有0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子,含有的阳离子数为0.1NA,故B错误;
C、44g丙烷的物质的量为:
44g÷44g/mol =1mol,1mol丙烷分子中含有2mol碳碳键、8mol碳氢键,总共含有10mol共价键,含有的共用电子对数目为10NA,故C正确;
D、纯水中pH=6.5,则氢离子浓度为:
10-6.5mol/L,纯水中氢离子与氢氧根离子浓度相等,则1L该水中含有氢氧根离子的物质的量为:
10-6.5mol/L×1L=10-6.5mol,含有的氢氧根离子的数目为:
10-6.5NA,故D错误;
综上所述,本题应选C。
【点睛】本题中A选项考查了气体摩尔体积的知识,只有在标准状况气体的摩尔体积才是22.4L/mol。
3.按纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的一组物质是
A.盐酸、空气、醋酸、干冰B.冰醋酸、海水、硫酸钠、乙醇
C.蛋白质、油脂、烧碱、石灰石D.胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡
【答案】B
【解析】
试题分析:
A、盐酸是氯化氢的水溶液,属于混合物,A错误;B、冰醋酸是乙酸属于纯净物,海水是多种物质组成的,属于混合物,硫酸钠钠电离出阴阳离子,属于电解质,乙醇不能发生自身的电离,属于非电解质,B正确;C、蛋白质是高分子化合物,属于混合物,石灰石是碳酸钙属于电解质,C错误;D、硫酸钡能自身电离出阴阳离子,属于电解质,D错误,答案选B。
考点:
考查物质的分类
4.下列反应中,改变反应物的用量或浓度,不会改变生成物的是
A.铜和硝酸反应B.二氧化碳通入氢氧化钠溶液中
C.细铁丝在氯气中燃烧D.氯化铝与氢氧化钠溶液反应
【答案】C
【解析】
试题分析:
A、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮,和稀硝酸反应生成一氧化氮,生成物有改变,不选A;B、二氧化碳和氢氧化钠反应可以生成碳酸钠,也可以生成碳酸氢钠,生成物有不同,不选B;C、铁和氯气只能生成氯化铁,不改变生成物,选C;D、氯化铝和氢氧化钠反应可以生成氢氧化铝沉淀,也可以生成偏铝酸钠,产物有不同,不选D。
考点:
反应物的量或浓度对反应的影响
【名师点睛】反应条件或反应物用量的不同造成产物不同的反应如下:
1、Ca(OH)2+CO2
CaCO3↓+H2O;Ca(OH)2+2CO2(过量)==Ca(HCO3)2↓
2、2Cl2+2Ca(OH)2==Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
6Cl2+6Ca(OH)2
Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O
3、C+O2
CO2(O2充足);2C+O2
2CO(O2不充足)
4、8HNO3(稀)+3Cu==2NO↑+2Cu(NO3)2+4H2O
4HNO3(浓)+Cu==2NO2↑+Cu(NO3)2+2H2O
5、AlCl3+3NaOH==Al(OH)3↓+3NaCl;
AlCl3+4NaOH(过量)==NaAlO2+2H2O
6、NaAlO2+4HCl(过量)==NaCl+2H2O+AlCl3
NaAlO2+HCl+H2O==NaCl+Al(OH)3↓
7、Fe+6HNO3(热、浓)==Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2O
Fe+HNO3(冷、浓)→(钝化)
8、Fe+6HNO3(热、浓)
Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2O
Fe+4HNO3(热、浓)
Fe(NO3)2+2NO2↑+2H2O
9、Fe+4HNO3(稀)
Fe(NO3)3+NO↑+2H2O
3Fe+8HNO3(稀)
3Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O
5.下列实验中所选用的仪器合理的是
①用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物
③用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体④用碱式滴定管量取23.10mL溴水
⑤用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物⑥用250mL容量瓶配制250mL0.2mol·L-1的NaOH溶液
A.①②④B.②③④⑥C.③⑥D.③⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①用量筒量取液体时,若量程太大,最小刻度值增大,会加大误差;若量程太小,需量取多次,也会加大误差,采用就近原则,不能用50mL量筒取5.2mL稀硫酸,故不选①;
②苯和四氯化碳能相互溶解,不能用分液漏斗分离,故不选②;
③托盘天平精确到0.1g,可用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体,故选③;
④溴水有强氧化性,会腐蚀碱式滴定管的橡胶管,故不选④;
⑤瓷坩埚中含有二氧化硅,会与氢氧化钠在加热下反应,故不选⑤;
⑥配制250mL0.2mol·L-1的NaOH溶液用250mL容量瓶,故选⑥。
故正确序号为③⑥。
综上所述,本题应选C。
6.将SO2通入足量Fe2(SO4)3溶液中,完全反应后再加入K2CrO4溶液,发生的两个化学反应为SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++W ①,Cr2O72-+aFe2++bH+
Cr3++Fe3++H2O ②,下列有关说法正确的是
A.还原性:
Cr3+>SO2B.配平后方程式②中,a=6,b=7
C.Cr2O72-能将Na2SO3氧化成Na2SO4D.方程式①中W为OH-
【答案】C
【解析】
由反应①②中各元素的价态变化可知,反应①中,SO2为还原剂,Fe3+为氧化剂,且还原性为SO2>Fe2+,氧化性为Fe3+>SO42-。
反应②中,Fe2+为还原剂,Cr2O72-为氧化剂,且还原性为Fe2+>Cr3+,氧化性为Cr2O72->Fe3+。
由此可见选项A错误。
选项B,配平反应②:
Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,故a=6,b=14,错误。
选项C,由于Cr2O72-具有氧化性,Na2SO3具有还原性,故Cr2O72-能将Na2SO3氧化成Na2SO4,正确。
选项D,根据质量守恒定律,可知反应①中W为H+,错误。
7.X、Y、Z三种物质存在如图所示的转化关系(图中“→”表示一步转化)。
下列各组物质中,不能满足此转化关系的是( )
........................
物质
选项
X
Y
Z
A
Al
Al2O3
NaAlO2
B
Fe
FeCl3
FeCl2
C
C
CO
CO2
D
Cl2
HCl
NaCl
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A、铝与氧气反应生成氧化铝,氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,但偏铝酸钠无法一步制得单质铝,所以不能满足Z→X的路线转化,故A符合题意;
B、铁与氯气转化为氯化铁,氯化铁与铁发生反应生成氯化亚铁,氯亚铁溶液与锌反应生成单质铁,可以实现以上转化,故B不符合题意;
C、碳与二氧化碳生成一氧化碳,一氧化碳与氧气生成二氧化碳,二氧化碳与镁反应生成单质碳,可以实现以上转化,故C不符合题意;
D、氯气在氢气中燃烧生成氯化氢,氯化氢与氢氧化钠反应生成氯化钠,熔融的氯化钠电解生成氯气,氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠,可以实现以上转化,故D不符合题意;
综上所述,本题应选A。
8.下列离子方程式书写正确的是
A.硫酸铜溶液吸收H2S:
Cu2++S2-===CuS↓
B.磁性氧化铁溶于氢碘酸:
Fe3O4+8H+===Fe2++2Fe3++4H2O
C.向饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2:
CO32-+CO2+H2O===2HCO3-
D.向KAl(SO4)2溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:
Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-===2BaSO4↓+AlO2-+2H2O
【答案】D
【解析】
A、用硫酸铜溶液吸收硫化氢气体的离子反应为Cu2++H2S=CuS↓+2H+,选项A错误;B、氧化铁与氢碘酸电离出的氢离子反应,生成+3价的铁离子,但Fe3+能将氢碘酸电离出的-1价的碘离子氧化,其正确的离子反应方程式为:
Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++3H2O+I2,选项B错误;C、向饱和碳酸钠溶液中通入足量二氧化碳气体,离子方程式:
2Na++CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3↓,选项C错误;D、向KA1(SO4)2溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:
Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O,选项D正确。
答案选D。
点睛:
本题考查了离子方程式的书写判断,为中等难度的试题,注意掌握离子方程式的书写原则,明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。
9.气体X和气体Y同时通入盛有溶液Z的洗气瓶中(如图),一定没有沉淀生成的是
X
Y
Z
A
NO2
SO2
BaCl2溶液
B
NH3
O2
Al2(SO4)3溶液
C
NH3
CO2
CaCl2溶液
D
CO2
SO2
CaCl2溶液
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
试题分析:
A、二氧化氮易溶于水生成硝酸,硝酸有强氧化性,二氧化硫有还原性,所以二氧化硫能被硝酸氧化成硫酸,硫酸和氯化钡发生复分解反应生成白色硫酸钡沉淀,故A不符合;B、氨气极易溶于水生成氨水,氨水能分解生成氢氧根离子,氢氧根离子和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀,氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱,所以一定有白色沉淀生成,故B不符合;C、氨气极易溶于水生成氨水,氨水呈碱性,所以能和酸性氧化物二氧化碳反应生成碳酸铵,碳酸铵和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀,故C不符合;D、CO2和SO2通入到CaCl2溶液中根本不发生反应,无沉淀现象,故D符合;故选D。
考点:
考查元素化合物的性质
10.在配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时,下列哪个原因会造成所配溶液浓度偏高( )
A.所用NaOH已经潮解B.向容量瓶中加水未到刻度线
C.有少量NaOH溶液残留在烧杯里D.称量时误用"左码右物"
【答案】B
【解析】
试题分析:
A、所用NaOH已经潮解,实际称量的氢氧化钠的质量减小,氢氧化钠的物质的量减小,所配溶液浓度偏低,故A不符合;
B、向容量瓶中加水未到刻度线,溶液体积偏小,所配溶液浓度偏高,故B符合;
C、有少量NaOH溶液残留在烧杯里,移入容量瓶内氢氧化钠的物质的量减小,所配溶液浓度偏低,故C不符合;
D、称量时误用“左码右物”,若不使用游码,对称取氢氧化钠质量无影响,对所配溶液浓度无影响;若使用游码,实际称取氢氧化钠的质量减小,所配溶液浓度偏低,故D不符合.
考点:
考查了一定物质的量浓度溶液配制与误差分析的相关知识。
11.现有五种短周期元素X、Y、Z、Q、W,原子序数依次增大,在周期表中X原子半径最小,X和W同主族,Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍,Q元素是地壳中含量最高的元素。
下列说法不正确的是
A.原子半径:
Y B.ZX3可使紫色石蕊溶液变蓝 C.X、Z、Q3种元素可组成离子化合物或共价化合物 D.X2Q2、Y2X62种分子中含有的电子数、化学键种类都相同 【答案】A 【解析】 试题分析: X是周期表中原子半径最小的元素,应为H元素,X和W同主族,则W是Na或Li元素,Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍,所以Y是C元素;W的原子序数大于Y,所以W是Na元素;Q元素是地壳中含量最高的元素,为O元素,Z的原子序数大于Y而小于Q,所以Z是N元素.A.C和O属于同一周期,碳原子半径大于氧原子半径,碳原子半径小于钠原子半径,所以原子半径: Q<Y<W,故A错误;B.氨气溶于水得到氨水,氨水电离出氢氧根离子而使溶液呈碱性,所以氨气可使紫色石蕊溶液变蓝,故B错误;C.铵盐属于离子化合物,硝酸是共价化合物,故C正确;D.H2O2、C2H62种分子中含有的电子数都是18,化学键种类都是共价键,故D错误;故选C。 考点: 考查原子结构与元素周期律的关系。 12.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.在0.01mol·L-1Ba(OH)2溶液中: Al3+、NH4+、NO3-、HCO3- B.0.1mol·L-1的FeCl2溶液中: H+、Al3+、SO42-、ClO- C.滴加KSCN溶液显红色的溶液: NH4+、K+、Cl-、I- D.由水电离产生的[H+]=1×10-13mol·L-1的溶液中: Na+、Ba2+、NO3- 【答案】D 【解析】 【详解】A、0.01mol·L-1Ba(OH)2溶液中OH-与HCO3-反应生成CO32-和H2O,OH-结合NH4+反应生成氨气和水,故A不符合题意; B、Fe2+具有还原性,ClO-具有氧化性,两者不能共存,故B不符合题意; C、滴加KSCN溶液显红色的溶液,说明溶液中存在Fe3+,Fe3+具有氧化性,I-具有还原性,两者不能共存,故C不符合题意; D、由水电离产生的[H+]=1×10-13mol·L-1的溶液中可能是酸性,也可能是碱性,两种条件下Na+、Ba2+、NO3-三种离子均能共存,故D符合题意; 综上所述,本题应选D。 【点睛】本题考查离子共存,掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。 离子间不能大量共存的原因有: ①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体,如题中A项;②离子间发生氧化还原反应,如题中B、C项;③离子间发生双水解反应,如Al3+与HCO3-等;④离子间发生络合反应,如Fe3+与SCN-等;⑤注意题中的附加条件。 13.含1molHNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应,所得氧化产物与铁粉物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。 下列有关判断正确的是 A.曲线a表示Fe2+,曲线b表示Fe3+ B.P点时总反应的离子方程式可表示为5Fe+16H++NO3- 3Fe2++2Fe3++4NO↑+8H2O C.n2=0.25 D.n3∶n1=3∶2 【答案】D 【解析】 试题分析: A、向硝酸中加入铁粉时,发生两个过程,开始先生成硝酸铁,反应方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,根据硝酸的物质的量为4摩尔,利用方程式可计算出生成的硝酸铁为1摩尔,所以参加反应的铁为1摩尔,即n1=1,a为硝酸铁,故A错误;B、硝酸铁与过量的铁继续反应生成硝酸亚铁,方程式为: Fe+2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2,P点硝酸铁与硝酸亚铁物质的量相等的点,随后是硝酸铁与过量的铁继续反应生成硝酸亚铁,故B错误;C、根据铁原子守恒,铁的物质的量=硝酸亚铁物质的量+硝酸铁的物质的量,所以铁的物质的量为1.2摩尔,即n2="1.2mol",故C错误;D、向硝酸中加入铁粉时,发生两个过长,开始生成硝酸铁,根据硝酸的物质的量为1摩尔利用方程式可计算出生成的硝酸铁为0.25摩尔,所以参加反应的铁为0.25摩尔,将0.25摩尔的硝酸铁转化为硝酸亚铁需要的金属铁是0.125摩尔,所以n3=0.25+0.125=0.375摩尔,所以n3: n1=3: 2,故D正确。 考点: 离子方程式的计算 14.如图所示是实验室制取气体的装置,其中发生装置相同,干燥和集气装置有两套,分别用图1和图2表示。 下列选项中正确的是 选项 发生装置中的药品 干燥和集气装置 A 亚硫酸钠和饱和稀盐酸 图2 B 大理石和稀盐酸 图1 C 铜和稀硝酸 图2 D 氧化钙和浓氨水 图1 A.AB.BC.CD.D 【答案】D 【解析】 应该用亚硫酸钠与浓硫酸反应制取二氧化硫,否则二氧化硫中会混有氯化氢,A项错误;二氧化碳能和碱石灰反应,所以不能用碱石灰干燥,且二氧化碳的密度大于空气的密度,应采用向上排空气法收集,B项错误;一氧化氮能和空气中的氧气反应生成二氧化氮,所以不能用排空气法收集,C项错误;氨气和碱石灰不反应,所以可用碱石灰干燥,氨气的密度小于空气的密度,所以可用向下排空气法收集,D项正确。 15.下列陈述Ⅰ和Ⅱ均正确,并存在因果关系的是( ) 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3 B 非金属性: Cl>S 酸性: HClO3>H2SO4 C 常温下,NaHCO3的溶解度比Na2CO3小 向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀 D 常温下,SO2与氢硫酸和NaOH溶液均可反应 SO2是两性氧化物 A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】 【详解】A、CaCl2与空气中的CO2不反应,漂白粉在空气中久置变质,因次氯酸钙与水、二氧化碳反应,故A错误; B、HClO3不是最高价含氧酸,由非金属性: Cl>S,可以知道酸性: HClO4>H2SO4,故B错误; C、向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀,析出碳酸氢钠,则常温下,NaHCO3的溶解度比Na2CO3小,故C正确; D、SO2是酸性氧化物,SO2与氢硫酸和NaOH溶液分别发生氧化还原反应、复分解反应,故D错误; 综上所述,本题应选C。 (Ⅱ卷主观题满分55分) 16.亚硝酰氯(NOCl,熔点: -64.5℃,沸点: -5.5℃)是一种黄色气体,遇水易水解。 可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。 实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。 (1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2,制备装置如图所示: 为制备纯净干燥的气体,补充下表中缺少的药品。 装置Ⅰ 装置Ⅱ 烧瓶中 分液漏斗中 制备纯净的Cl2 MnO2 ①________ ②________ 制备纯净的NO Cu ③________ ④________ (2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl,装置如图所示: ①装置连接顺序为a→________________(按气流自左向右方向,用小写字母表示)。 ②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外,另一个作用是____________________。 ③装置Ⅶ的作用是________________________________________________________。 ④装置Ⅷ中吸收尾气时,NOCl发生反应的化学方程式为______________________。 (3)丙组同学查阅资料,查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸,一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气,该反应的化学方程式为_______________________________________。 【答案】 (1).浓盐酸 (2).饱和食盐水(3).稀硝酸(4).水(5).e→f(或f→e)→c→b→d(6).通过观察气泡调节气体的流速(7).防止水蒸气进入反应器(8).NOCl+2NaOH===NaCl+NaNO2+H2O(9).HNO3(浓)+3HCl(浓)===NOCl↑+Cl2↑+2H2O 【解析】 (1)实验室加热制取氯气是用MnO2与浓盐酸加热生成的,所以分液漏斗中装的是浓盐酸,装置Ⅱ是用于吸收氯气中HCl气体,所以内装饱和的食盐水;实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的,所以分液漏斗中装的是稀硝酸,装置Ⅱ是用于吸收NO中HNO3蒸气的,因此内装水即可。 (2)已知NOCl沸点为-5.5℃,遇水易水解,所以可用冰盐冷却收集液体NOCl,再用装有无水CaCl2的干燥管Ⅶ防止水蒸气进入装置Ⅸ中使NOCl变质,由于NO和Cl2都有毒且污染环境,所以用NaOH吸收尾气,因此①接口顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d,②通过观察洗气瓶中的气泡的快慢,调节NO、Cl2气体的流速,以达到最佳反应比,提高原料的利用率,减少有害气体的排放,③装置Ⅶ中装有的无水CaCl2,是防止水蒸气进入装置Ⅸ中使生成的NOCl变质,④NOCl遇水反应生成HCl和HNO2,再与NaOH反应,所以反应的化学方程式为: NOCl+2NaOH NaCl+NaNO2+H2O。 (3)由题中叙述可知,反应物为浓硝酸和浓盐酸,生成物为亚硝酰氯和氯气,所以可写出反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓) NOCl↑+Cl2↑+2H2O。 点睛: 本题要特别注意NOCl的性质对解题的影响,1、沸点为-5.5℃,冰盐可使其液化,便于与原料气分离;2、遇水易水解,所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入,这样才能找到正确的装置连接顺序。 17.现有五种可溶性物质A、B、C、D、E,它们所含的阴、阳离子互不相同,分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl-、OH-、NO3-、CO32-、X中的一种。 (1)某同学通过比较分析,认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是____和____(填化学式,且相对分子质量小的写在第一个空)。 (2)为了确定X,现将 (1)中的两种物质记为A和B,含X的物质记为C,当C与B的溶液混合时,产生红褐色沉淀和无色无味气体;当C与A的溶液混合时,产生棕黄色沉淀(红白混合颜色),向该沉淀中滴入稀硝酸,沉淀部分溶解,最后留有白色沉淀不再溶解。 则X为____。 A.SO32- B.SO42-C.CH3COO-D.SiO32- (3)B的水溶液不显中性,原因主要为______________________________(用离子方程式表示)。 (4)将0.02molA与0.01molC同时溶解在足量的蒸馏水中,充分反应后,最终所得沉淀的质量为_____ 。 (5)将Cu投入到装有D溶液的试管中,Cu不溶解;再滴加稀硫酸,Cu逐渐溶解,管口附近有红棕色气体出现。 则物质D一定含有上述离子中的____________(填相应的离子符号)。 有关反应的离子方程式为_________________________________________
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