四川省蓉城届高三第二次联考理综化学试题.docx
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四川省蓉城届高三第二次联考理综化学试题
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四川省蓉城名校联盟2019届高三第二次(2月)联考理综化学试题
试卷副标题
考试范围:
xxx;考试时间:
100分钟;命题人:
xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
注意事项:
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷(选择题)
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分
一、单选题
1.化学与人类生活息息相关,下列说法错误的是
A.聚苯乙烯可用作包装材料
B.日常生活中我们使用的天然气、电力都称为二次能源
C.塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料,都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的
D.城市公交系统推广的清洁燃料压缩天然气“CNG”、液化石油气“LPG”主要成分都是烃
【答案】B
【解析】
【详解】
A项、聚苯乙烯塑料广泛应用于光学仪器、化工部门及日用品方面,用来制作茶盘、糖缸、皂盒、烟盒、学生尺、梳子等,由于具有一定的透气性,当制成薄膜制品时,又可做良好的食品包装材料,故A正确;
B项、天然气属于一次能源,电力属于二次能源,故B错误;
C项、塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料,都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的,故C正确;
D项、压缩天然气(CNG)的主要成分是甲烷,液化石油气(LPG)的主要成分是乙烷、丙烷、丁烷等,该两类燃料都是由碳氢化合物组成的烃类,故D正确。
故选B。
2.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.12gNaHSO4晶体中,阴阳离子总数为0.3NA
B.标准状况下,56LHF中含有的电子数为2.5NA
C.由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中,CH3COO-数目为NA
D.常温下电解饱和食盐水,当溶液pH值由7变为12时,电路中转移的电子数为0.01NA
【答案】C
【解析】
【详解】
A项、NaHSO4晶体中存在的离子为Na+和HSO4—,12.0gNaHSO4的物质的量是0.1mol,晶体中阳离子和阴离子的总数为0.2NA,故A错误;
B项、标准状况下,HF不是气态,56LHF物质的量不是2.5mol,故B错误;
C项、根据电荷守恒可知溶液中存在如下关系:
n(CH3COO-)+n(OH-)=n(H+)+n(Na+),由于溶液显中性,溶液中n(OH-)=n(H+),则有n(CH3COO-)=n(Na+)=1mol,溶液中醋酸根的个数为NA个,故C正确;
D项、没有明确溶液的体积,无法计算反应中减少的氢离子的物质的量,则无法计算电路中转移的电子数,故D错误。
故选C。
3.为使桥体更牢固,港珠澳大桥采用高性能绳索吊起,该绳索是超高分子量的聚乙烯材料,同时也使用了另一种叫芳纶(分子结构下图所示)的高性能材料,以下对这两种材料的说法错误的是
A.芳纶是一种混合物
B.聚乙烯能使溴水褪色
C.聚乙烯和芳纶的废弃物在自然环境中降解速率慢,会造成环境压力
D.合成芳纶的反应方程式为:
【答案】B
【解析】
【分析】
是由单体
和
一定条件下发生缩聚反应生成的高分子化合物,其中H和OH为端基原子或原子团,
为链节,n为聚合度,由于n为不确定值,属于混合物。
【详解】
A项、芳纶
中聚合度n为不确定值,属于混合物,故A正确;
B项、乙烯发生加聚反应生成聚乙烯,聚乙烯中不含有碳碳双键,不能使溴水褪色,故B错误;
C项、合成高分子化合物聚乙烯和芳纶的废弃物在自然环境中降解速率慢,会形成白色污染,造成环境压力,故C正确;
D项、
是由单体
和
一定条件下发生缩聚反应生成的高分子化合物,反应的化学方程式为:
,故D正确。
故选B。
4.下列实验操作、现象和解释或结论均正确的是
序号
实验操作
实验现象
解释或结论
A
向淀粉溶液中滴入稀硫酸,水浴加热一段时间后,再加入新制氢氧化铜溶液并煮沸
生成砖红色沉淀
淀粉在酸性条件可水解,产物中有葡萄糖
B
取少量铝热剂溶于足量稀硝酸后,再滴加铁氰化钾溶液
有蓝色沉淀出现
铝热剂中一定有FeO
C
向KI溶液中滴加少量新制氯水混合后,加入苯,震荡,静置
下层溶液显紫红色
氧化剂:
Cl2>I2
D
蘸有浓氨水的玻璃棒靠近X溶液
有白烟产生
X可能为浓硝酸
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】
A项、淀粉溶液水解时需加入稀硫酸做催化剂,加入新制氢氧化铜溶液前应加入NaOH溶液中和稀硫酸,使溶液呈碱性,否则无法生成砖红色沉淀,故A错误;
B项、若铝热剂中含有FeO,将少量铝热剂溶于足量稀硝酸后,FeO与足量稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水,溶液中不存在亚铁离子,滴加铁氰化钾溶液不可能生成蓝色沉淀,故B错误;
C项、向KI溶液中滴加少量新制氯水,氯水与KI反应生成氯化钠和碘单质,加入苯,震荡,静置,苯的碘溶液在水层上方,上方呈紫红色,故C错误;
D项、浓盐酸和浓硝酸都具有挥发性,挥发出的氯化氢或硝酸蒸气遇到浓氨水挥发出的氨气,相互反应生成氯化铵或硝酸铵,有大量白烟生成,则蘸有浓氨水的玻璃棒靠近X溶液有白烟产生,X可能为浓硝酸或浓盐酸,故D正确。
故选D。
5.某课题研究小组设计如下图所示装置(电极材料均为铂),该装置可将工业废水中的乙胺(CH3CH2NH2)转化成无毒无害物质。
下列分析错误的是
A.电极N为电池的负极
B.电池工作时,H+由右极区通过交换膜移动到左极区
C.N电极的电极反应方程式为2CH3CH2NH2+8H2O-30e-=4CO2↑+N2↑+30H+
D.当空气(假设含氧气20%)的进入量为7.5mol时,可以处理含乙胺9%(质量分数)的废水0.1kg
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知,该装置是将化学能转化为电能的原电池,通入空气的M极是电池正极,含有乙二胺废水的N极是负极,电解质溶液为酸性溶液,负极上乙二胺失电子发生氧化反应,正极上氧气得电子发生还原反应,溶液中H+向正极移动。
【详解】
A项、含有乙二胺废水的N极是负极,负极上乙二胺失电子发生氧化反应,故A正确;
B项、电池工作时,H+向正极移动,由右极区通过交换膜移动到左极区,故B正确;
C项、含有乙二胺废水的N极是负极,负极上乙二胺失电子发生氧化反应,生成无毒无害的二氧化碳和氮气,电极反应式为2CH3CH2NH2+8H2O-30e-=4CO2↑+N2↑+30H+,故C正确;
D项、7.5mol含氧气20%空气中氧气的物质的量为1.5mol,由得失电子数目守恒可知4n(O2)=15n(CH3CH2NH2),n(CH3CH2NH2)=0.4mol,m(CH3CH2NH2)=0.4mol×45g/mol=18g,含乙胺9%(质量分数)的废水的质量为18g÷9%=0.2kg,故D错误。
故选D。
6.产于我国福建的中华瑰宝一寿山石M4[N4Y10(YX)8]是我国四大印章石之首,被称为国石。
寿山石由X、Y、M、N四种原子序数依次增大的短周期元素组成,M元素是地壳中含量最高的金属元素,N元素的单质常用来制造太阳能电池,X3Y+和YX-含有相同的电子数。
下列说法正确的是
A.原子半径X
C.含M的一种盐常用于净水消毒D.X和M形成的化合物溶于水显酸性
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意,M元素是地壳中含量最高的金属元素,则M是Al元素;N元素的单质常用来制造太阳能电池,则N是Si元素;X3Y+和YX-含有相同的电子数,则X是H元素、Y是O元素。
【详解】
A项、同周期元素,从左到右原子半径依次减小,原子半径:
Al>Si,故A错误;
B项、非金属性越强,简单氢化物的稳定性越大,非金属性:
O>Si,则简单氢化物的稳定性:
O>Si,故B正确;
C项、铝盐水解生成氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体能够因吸附作用而起到净水作用,但不能起到消毒的作用,故C错误;
D项、H和Al形成的化合物为AlH3,AlH3溶于水时,与水反应生成氢氧化铝沉淀和氢气,故D错误。
故选B。
7.已知25℃时,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,Ksp(CuS)=6.3×10-36,CuS难溶于稀硫酸,却可溶于浓硝酸,其转化关系为CuS+HNO3→Cu(NO3)2+NO2↑+H2SO4+H2O(未配平),下列说法正确的是
A.参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比为1︰10
B.常温常压下放出17.92LNO2的同时可溶解9.6gCuS
C.向CuS的悬浊液中滴加氢氧化钠溶液,沉淀有可能从黑色变为蓝色
D.若将产物NO2收集于密闭容器里再置于冰水中,气体颜色将变深
【答案】C
【解析】
【分析】
由方程式可知,反应中S元素化合价升高,N元素化合价降低,由升降法配平可得化学方程式为3CuS+10HNO3=Cu(NO3)2+8NO2↑+H2SO4+4H2O,氧化剂为HNO3,还原剂为CuS,反应转移电子数目为8。
【详解】
A项、反应中硝酸既表现酸性也表现强氧化性,参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比为1︰8,故A错误;
B项、常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol,无法计算17.92LNO2的物质的量和同时可溶解CuS的量,故B错误;
C项、向CuS的悬浊液中滴加浓氢氧化钠溶液,当氢氧根离子浓度足够大时,黑色CuS沉淀可能转化为蓝色Cu(OH)2沉淀,故C正确;
D项、NO2气体中存在可逆反应2NO2
N2O4,该反应为放热反应,将产物NO2收集于密闭容器里再置于冰水中,平衡向正反应方向移动,气体颜色变浅,故D错误。
故选C。
第II卷(非选择题)
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、实验题
8.硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2是一种重要的化学试剂。
现有甲乙两个化学学习小组做了如下实验
Ⅰ.甲学习小组用图甲所示装置制备硫酸亚铁铵,所用药品有铁屑、稀硫酸、(NH4)2SO4溶液。
(1)装置C的名称是___________,(NH4)2SO4溶液在___________装置中(填“A”或“B”)。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为___________。
(3)将B中的液体倒入蒸发皿蒸干时,往往先加入一定量的硫酸。
其作用是在酸性条件下不易被氧化和___________。
(4)为防止B中制得的(NH4)2Fe(SO4)2被氧化变质,实验操作是___________。
Ⅱ.乙学习小组为了探究硫酸亚铁铵分解产物,査阅资料发现:
硫酸亚铁铵隔绝空气加热到110℃左右完全分解。
气体产物有N2、H2O、NH3和另一气体产物Ⅹ。
该学习小组检验X气体的组成。
(5)该学习小组猜想X气体只有三种可能。
分别是:
i.SO2,ii.SO3,ⅲ.___________。
(6)该小组利用图乙装置进行检验。
实验现象是B中未出现沉淀,C中溶液变浑浊。
得出的结论是___________,C中发生反应的离子方程式是_________________________________。
【答案】分液漏斗BFe+H2SO4═FeSO4+H2↑抑制亚铁离子水解先打开止水夹K1,再打开分液漏斗活塞开关a,滴加稀硫酸,向B中通入氢气一段时间后,关闭止水夹K1,打开K2,反应生成的氢气产生的气压把生成的硫酸亚铁压入B装置SO2和SO3X气体是SO2或猜想i.正确SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+
【解析】
【分析】
Ⅰ.由实验装置图可知,制备硫酸亚铁铵的原理为,先打开止水夹K1,再打开分液漏斗活塞开关a,铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,反应生成的氢气排尽装置中的空气防止硫酸亚铁氧化,向B中通入氢气一段时间后,关闭止水夹K1,打开K2,反应生成的氢气产生的气压把生成的硫酸亚铁压入B装置中与硫酸铵发生反应生成硫酸亚铁铵;
II.由题意,硫酸亚铁铵隔绝空气加热到110℃左右完全分解,气体产物有N2说明反应中N元素化合价升高,由此可知反应中S元素化合价一定降低,还原产物一定为二氧化硫。
【详解】
I.
(1)装置C的名称是分液漏斗;硫酸铵溶液装在装置B中,故答案为:
分液漏斗;B;
(2)装置A中铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,反应的化学方程式为Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑,故答案为:
Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑;
(3)B中的液体为硫酸亚铁铵,为防止亚铁离子被氧化,以及拟制亚铁离子和铵根离子水解,将硫酸亚铁铵溶液倒入蒸发皿蒸干时,应先加入一定量的硫酸,抑制亚铁离子和铵根离子水解,故答案为:
抑制亚铁离子水解;
(4)为防止制得的(NH4)2Fe(SO4)2被氧化变质,应该形成无氧环境,具体操作为:
先打开止水夹K1,再打开分液漏斗活塞开关a,铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,反应生成的氢气排尽装置中的空气防止硫酸亚铁氧化,向B中通入氢气一段时间后,关闭止水夹K1,打开K2,反应生成的氢气产生的气压把生成的硫酸亚铁压入B装置中,故答案为:
先打开止水夹K1,再打开分液漏斗活塞开关a,滴加稀硫酸,向B中通入氢气一段时间后,关闭止水夹K1,打开K2,反应生成的氢气产生的气压把生成的硫酸亚铁压入B装置;
Ⅱ.(5)由题意,硫酸亚铁铵隔绝空气加热到110℃左右完全分解,气体产物有N2说明N元素化合价升高,由此可知反应中S元素化合价一定降低,X气体中一定有二氧化硫,可能有三氧化硫,故答案为:
SO2和SO3;
(6)由题意实验现象是B中未出现沉淀,C中溶液变浑浊,说明X中有二氧化硫,没有三氧化硫;C中溶液变浑浊的原因是二氧化硫与双氧水反应生成硫酸,硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀,反应的化学方程式为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+,故答案为:
X气体是SO2或猜想i.正确;SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+。
评卷人
得分
三、工业流程
9.铝在生活中具有广泛用途。
现从含铝废料(含有A12O3的质量分数为51%,其余为NiO、SiO2、Fe3O4)中制取金属铝的流程如下:
回答下列问题:
(1)工艺过程中常把废料研细,其目的是_________________________________。
(2)步骤I中得到的滤渣的主要成分是___________(填化学式)。
步骤V的反应类型是______________________。
(3)步骤Ⅱ中加入稀双氧水的目的是______________________。
(4)步骤Ⅲ产生NiCO3的离子方程式是___________。
步骤Ⅳ产生沉淀的离子方程式是______________________。
(5)工业中常用惰性电极熔融电解法制备金属铝,其阴极反应式为___________。
(6)若用a吨该含铝废料通过上述流程,理论上可以生产铝___________吨
【答案】增大接触面积,加快反应速率,使反应更充分,提高原料转化率SiO2分解将Fe2+氧化为Fe3+Ni2++CO32—=NiCO3↓2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑Al3++3e—=Al0.27a
【解析】
【分析】
由实验流程可知,铝废料中加入加硫酸,Al2O3转化为Al3+,Fe3O4转化为Fe2+、Fe3+,NiO转化为Ni2+,只有SiO2不反应,则过滤得到的滤渣I为SiO2;向滤液中加入过氧化氢,过氧化氢与亚铁离子发生氧化还原反应,使Fe2+转化为Fe3+,加入碳酸钠溶液调节溶液pH,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀、Ni2+转化为NiCO3沉淀;过滤,向滤液中继续加入碳酸钠溶液,碳酸钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和硫酸铵;Al(OH)3沉淀灼烧分解得到氧化铝;一定条件下电解熔融氧化铝得到Al。
【详解】
(1)工艺过程中常把废料研细,可以增大废料的表面积,增大与硫酸的接触面积,加快反应速率,使反应更充分,故答案为:
增大接触面积,加快反应速率,使反应更充分,提高原料转化率;
(2)步骤I中加入硫酸,Al2O3、Fe3O4、NiO与硫酸反应,只有SiO2不反应,则过滤得到的滤渣I为SiO2;步骤V为Al(OH)3沉淀灼烧分解得到氧化铝,故答案为:
SiO2;分解;
(3)步骤Ⅱ中加入稀双氧水,双氧水与亚铁离子发生氧化还原反应,使Fe2+转化为Fe3+,故答案为:
将Fe2+氧化为Fe3+;
(4)步骤Ⅲ,加入碳酸钠溶液调节溶液pH,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀、Ni2+转化为NiCO3沉淀,产生NiCO3的离子方程式为:
Ni2++CO32—=NiCO3↓;步骤Ⅳ向滤液中继续加入碳酸钠溶液,碳酸钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和硫酸铵,反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑,故答案为:
Ni2++CO32—=NiCO3↓;2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑;
(5)工业上用惰性电极电解熔融氧化铝制备金属铝,阴极上铝离子放电生成金属铝,电极反应式为Al3++3e—=Al,故答案为:
Al3++3e—=Al;
(6)由Al原子个数守恒可得:
A12O3~2Al,则a吨该含铝废料理论上可以生产铝的质量为
=0.27ag,故答案为:
0.27a。
评卷人
得分
四、综合题
10.甲醇在工业中有广阔的用途
已知:
①2CH3OH(l)+2O2(g)=2CO(g)+4H2O(l)△H=-akJ·mol-1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-bkJ·mol-1
(1)反应2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O
(1)的△H=___________。
(2)CH3OH不充分燃烧时,生成C、CO和CO2以及气态水,将所有的产物通入一个10L的密闭容器中,在一定条件下发生可逆反应:
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)△H>0
①有利于提高CO平衡转化率的条件是___________。
(填正确答案标号)
A.高温B.低温C.低压D.高压
②下列事实能说明该反应达到平衡的是___________。
(填正确答案标号)
A.体系中的颜色不发生变化B.v正(CO)/v逆(H2)=1
C.c(CO)/c(H2)=1D.CO2的浓度不再发生变化
③向该密闭容器中充入2molCO,4.8molH2O。
在200℃下,20分钟后达到平衡,测得CO的转化率为60%,v(CO2)=___________;该温度下的平衡常数是___________。
(3)在加热条件下用甲醇气相法制备CO和H2时,常采用加NiO作催化剂。
发生2CH3OH(l)
2CO(g)+4H2(g)△H>0,日产量与温度的关系如图所示。
①保证较高日产量的适宜温度是______________;
②310℃以后日产量下降的原因可能是___________。
(4)21世纪甲醇燃料电池是最佳动力源之一。
甲醇空气电池成为了车载电池,该燃料电池工作时的电池反应:
2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O
(1)。
原理如图
①c处应通入_________________________________;
②该电池的负极反应式为_________________________________。
【答案】—(a+b)kJ·mol-1ABD0.006mol/(L·min)0.5230~310℃催化剂活性降低或发生了副反应氧气或空气CH3OH—6e—+H2O=CO2↑+6H+
【解析】
【分析】
(1)由盖斯定律计算可得;
(2)①该反应为气体体积不变的吸热反应,改变压强平衡不移动,升高温度,平衡向正反应方向移动;
②依据平衡时正反应速率等于逆反应速率,各物质浓度保持不变,以及衍生的物理量不变进行分析判断;
③依据题给数据建立三段式计算反应速率和平衡常数;
(4)由原理图中阳离子移动方向可知,左电极为负极,右电极为正极,酸性条件下,负极上CH3OH发生氧化反应生成二氧化碳,b处通入CH3OH,正极上氧气发生还原反应生成水,c处通入O2。
【详解】
(1)由盖斯定律可知①+②得反应2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O
(1),则△H=△H1—△H2=—(a+b)kJ·mol-1,故答案为:
—(a+b)kJ·mol-1;
(2)①该反应为气体体积不变的吸热反应,改变压强平衡不移动,升高温度,平衡向正反应方向移动,CO平衡转化率增大,故选A,故答案为:
A;
②A、反应物和生成物都是无色气体,体系中的颜色不发生变化不能说明该反应达到平衡,错误;
B、v正(CO)/v逆(H2)=1说明正逆反应速率相等,说明该反应达到平衡,正确;
C、一定条件下可以达到c(CO)/c(H2)=1,但不能说明该反应达到平衡,错误;
D、达到化学平衡时,各物质浓度保持不变,则CO2的浓度不再发生变化说明该反应达到平衡,正确;
故选BD,故答案为:
BD;
③20分钟后达到平衡,测得CO的转化率为60%,由题给数据建立如下三段式:
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)
起(mol/L)0.20.4800
变(mol/L)0.120.120.120.12
平(mol/L)0.080.360.120.12
v(CO2)=0.12mol/L/20min=0.006mol/(L·min);平衡常数K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=(0.12mol/L×0.12mol/L)/(0.08mol/L×0.36mol/L)=0.5,故答案为:
0.006mol/(L·min);0.5;
(3)①由图可知230~310℃时,日产量较高,故答案为:
230~310℃
②该反应为吸热反应,理论上,升高温度,平衡右移,日产量增大,由图可知,温度升高,日产量下降,可能是催化剂活性降低或发生了副反应,故答案为:
催化剂活性降低或发生了副反应;
(4)由原理图中阳离子移动方向可知,左电极为负极,右电极为正极,酸性条件下,负极上CH3OH发生氧化反应生成二氧化碳,b处通入CH3OH,正极上氧气发生还原反应生成水,c处通入O2。
①由图可知,b处通入CH3OH,c处应通入O2,故答案为:
氧气或空气;
②左电极为负极,负极上CH3OH发生氧化反应生成二氧化碳,电极反应式为CH3OH—6e—+H2O=CO2↑+6H+,故答案为:
CH3OH—6e—+H2O=CO2↑+6H+。
评卷人
得分
五、填空题
11.由H、C、O、N、S、Cu等元素能形成多种物质。
这些物质有许多用途。
请回答下列问题:
(1)基态Cu原子的价电子有____种运动状态,未成对电子占据原子轨道的形状为______。
(2)碳和氢形成的最简单碳正离子CH3+,其中心原子碳原子的杂化类型为___________,该阳离子的空间构型为___________。
(3)CuO在高温时分解为O2和Cu2O,请从阳离子的结构来说明在高温时,Cu2O比CuO更稳定的原因是_________________________________。
(4)向盛有CuSO4溶液的试管中滴加少量氨水,现象是_____,离子反应方程式为____;继
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