学年天津市部分区高二上学期期末考试化学试题 解析版.docx
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学年天津市部分区高二上学期期末考试化学试题解析版
天津市部分区2018~2019学年度第一学期期末考试
高二化学
相对原子质量:
H1C12O16
第I卷选择题
一、选择题
1.下列关于能源的说法或做法不合理的是
A.氢能属于绿色能源,可利用电解水的方法获取廉价的氢能
B.乙醇属于可再生能源,可用作燃料
C.提高燃料利用率已成为国际能源研究的热点课题
D.应开发太阳能、风能、生物质能等新的能源
【答案】A
【解析】
【详解】A.氢能属于绿色能源,但利用电解水的方法会消耗大量的电能,并非廉价,故A错误;
B.乙醇可以通过粮食发酵制成,属于可再生能源,可作为燃料,故B正确;
C.提高燃料利用率能有效节约能源消耗,所以已成为国际能源研究的热点课题,故C正确;
D.煤、石油、天然气等传统能源属于不可再生能源,所以应开发太阳能、风能、生物质能等新的能源,故D正确。
故选A。
2.下列化学方程式中,属于水解反应的是
A.H2O+H2O
H3O++OH-
B.HS-+OH-
H2O+S2-
C.HS-+H2O
H3O++S2-
D.HS-+H2O
H2S+OH-
【答案】D
【解析】
【分析】
根据水解反应的定义分析判断是否为水解反应。
【详解】水解反应是指:
在溶液中盐电离出的离子与水电离出的H+和OH-结合生成弱电解质的反应。
A.H2O+H2O
H3O++OH-,是水的电离方程式,故A错误;
B.HS-+OH-
H2O+S2-,是HS-电离出的H+与OH-结合生成水的过程,属于离子反应方程式,故B错误;
C.HS-+H2O
H3O++S2-,是HS-电离出的H+与H2O结合生成H3O+的过程,属于HS-的电离方程式,故C错误;
D.HS-+H2O
H2S+OH-,是HS-与水电离出的H+结合生成H2S的反应,故D正确。
故选D。
3.下列说法不正确的是
A.一般来说,不纯的金属与电解质溶液接触时,会发生原电池反应
B.溶液中Fe2+可以用K3[Fe(CN)6]溶液来检测
C.铁锈覆盖在钢铁表面,阻止钢铁继续腐蚀
D.在船身上装锌块来避免船体遭受腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A.不纯的金属,杂质和金属构成原电池的两个电极,与电解质溶液接触时,会发生原电池反应,故A正确;
B.溶液中Fe2+遇到K3[Fe(CN)6]溶液可以产生蓝色沉淀,故B正确;
C.铁锈的结构比较疏松,无法隔绝空气中的水分和氧气,所以无法阻止钢铁继续腐蚀,故C错误;
D.在船身上装锌块,锌比较活泼,先被腐蚀,是利用原电池原理来避免船体遭受腐蚀,故D正确。
故选C。
4.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+,可在加热搅拌的条件下加入一种试剂,过滤后,再向滤液中加入适量的盐酸,这种试剂是
A.NaOHB.Na2CO3C.NH3·H2OD.MgCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀,且混入NaCl杂质,故A错误;
B.加入碳酸钠,酸性条件下,碳酸钠生成NaCl杂质,引入新杂质,故B错误;
C.加入氨水,氯化镁和氨水反应生成氯化铵杂质,且生成氢氧化镁沉淀,引入新杂质,故C错误;
D.加入碳酸镁,与氢离子反应,可起到调节溶液pH的作用,加热条件下,促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去,且不引入新的杂质,故D正确。
故选D。
【点睛】除杂的原则:
一是除去杂质;二是不引入新的杂质;三是不损失主体物质;四是易恢复到原来状态。
5.下列说法不正确的是
A.自然界中存在不需要活化能推动的反应
B.催化剂同时改变正逆反应速率
C.活化分子的每次碰撞都能发生反应
D.活化能的作用在于使反应物活化,从而启动反应或改变反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A.活化能可以理解为断键需要的能量,有些反应如溶液中的离子反应不需要断键,所以不需要活化能的推动,故A正确;
B.加入催化剂,可以同时同等程度提高正逆反应速率,故B正确;
C.活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞,当发生化学反应的碰撞才是有效碰撞,故C错误;
D.活化能的作用在于使反应物活化,从而启动反应或改变反应速率,故D正确。
故选C。
6.下列关于电池的说法正确的是
A.手机上用的锂离子电池属于二次电池
B.原电池中发生的反应达到平衡时,该电池仍有电流产生
C.硅太阳能电池工作时,光能
化学能
电能
D.牺牲阳极的阴极保护法是把被保护的设备(如钢闸门)作阳极
【答案】A
【解析】
【详解】A.能充放电的电池为二次电池,锂电池能充放电,所以手机上用的锂离子电池属于二次电池,故A正确;
B.原电池中发生的反应达平衡时,各组分浓度不再改变,电子转移总量为0,该电池无电流产生,故B错误;
C.硅太阳能电池工作时,光能
电能,故C错误;
D.牺牲阳极的阴极保护法是把被保护的设备(如钢闸门)作阴极,故D错误。
故选A。
7.中和反应反应热的测定中使用0.50mol/L的酸和0.55mol/L的碱。
在相同的条件下,下列测定结果最接近57.3kJ·mol-1的是
A.用H2SO4和Ba(OH)2
B.用CH3COOH和Ba(OH)2
C.用盐酸和NaOH
D.用CH3COOH和NaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A.在稀溶液中,酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热称为中和热,H2SO4和Ba(OH)2反应生成硫酸钡沉淀,由于自由离子生成沉淀或是弱电解质过程中放出热量,所以测得中和热的值将大于57.3kJ·mol-1,故A错误;
B.醋酸是弱酸,电离时,吸收热量,所以测得的中和热应小于57.3kJ·mol-1,故B错误;
C.盐酸是强酸,NaOH是强碱,反应生成氯化钠和水,根据中和热的定义可知,盐酸和NaOH反应测得的中和热最接近57.3kJ·mol-1,故C正确;
D.醋酸是弱酸,电离的过程吸热,所以测得的中和热应小于57.3kJ·mol-1,故D错误;
故选C。
【点睛】在稀溶液中,酸和碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量称为中和热。
注意:
1.必须是酸和碱的稀溶液,因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热;2.弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量,其中和热小于57.3kJ·mol-1;3.以生成1mol水为基准;4.反应不可以生成沉淀(如Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O)。
8.下列有机物命名正确的是
.
CH3CH2CH2CH2OH
A.2-乙基丙烷B.1-丁醇C.间二甲苯D.2-甲基-2-丙烯
【答案】B
【解析】
【详解】A.有机物的命名中,最长的碳链为主链,所以该物质应该是丁烷,从离支链最近的碳原子上开始编号,即在2号碳原子上有一个甲基,即可命名为:
2-甲基丁烷,故A错误;
B.CH3CH2CH2CH2OH1-丁醇,醇的命名需要标出羟基的位置,该有机物中羟基在1号碳原子上,其命名满足有机物的命名原则,故B正确;
C.两个甲基处于对位,所以应该命名为对二甲苯,故C错误;
D.物质D的正确命名为:
2-甲基丙烯,故D错误。
故选B。
【点睛】有机物命名原则:
(1)①长:
选最长碳链为主链;②多:
遇等长碳链时,支链最多为主链;③近:
离支链最近一端编号;④小:
支链编号之和最小.看下面结构简式,从右端或左端看,均符合“近——离支链最近一端编号”的原则;⑤简:
两取代基距离主链两端等距离时,从简单取代基开始编号,如取代基不同,就把简单的写在前面,复杂的写在后面;
(2)对于结构中含有苯环的,命名时可以依次编号命名,也可以根据其相对位置,用“邻”、“间”、“对”进行命名;(3)含有官能团的有机物命名时,要选含官能团的最长碳链作为主链,官能团的位次最小。
9.25℃时,浓度均为0.10mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中,下列判断不正确的是
A.两种溶液中存在的粒子种类相同
B.两种溶液中均存在电离平衡和水解平衡
C.c(OH-)前者大于后者
D.分别加入NaOH固体,恢复到原温度,c(CO32-)均增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均为:
碳酸根、碳酸氢根、氢氧根、氢离子、碳酸分子、水分子,存在的粒子种类相同,故A正确;
B.Na2CO3溶液中存在水的电离平衡和碳酸根的水解平衡,NaHCO3在水溶液中存在碳酸氢根的电离平衡和水解平衡以及水的电离平衡,故B正确;
C.碳酸根的水解程度大于碳酸氢根,二者水解均显碱性,跟据水解规律:
谁强显谁性,且CO32-的水解程度大于HCO3-,所以碳酸钠中的氢氧根浓度大于碳酸氢钠溶液中的氢氧根浓度,故C错误;
D.加入NaOH固体,前者因OH-与HCO3- 反应而使c(CO32-)增大,后者因OH-抑制CO32-的水解而使c(CO32-)增大,故D正确。
故选C。
10.25℃时,CH3COOH:
K=1.75×10-5,H2S:
K1=1.3×10-7、K2=7.1×10-15。
物质的量浓度均为0.1mol/L的①CH3COONa溶液②Na2S溶液③NaHS溶液,三种溶液的pH由小到大的顺序是
A.①③②B.③①②
C.③②①D.②①③
【答案】A
【解析】
【详解】根据电离常数的表达式得:
弱酸的电离常数越小,弱酸酸根的水解程度越大,碱性越强,溶液的PH值越大,K2 CH3COONa溶液 故答案为: A。 11.下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是 A.同温同压下,H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同 B.应用盖斯定律,可以计算某些难以直接测量的反应焓变 C.放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率 D.需要加热才能发生的反应的△H>0 【答案】B 【解析】 【详解】A.根据△H=生成物的焓-反应物的焓可知,焓变与反应条件无关,在光照和点燃条件下该反应的△H相同,故A错误; B.化学反应的反应热大小取决于反应物和生成物的总能量大小,与反应途径无关,应用盖斯定律,可计算某些难以直接测量的反应焓变,故B正确; C.反应速率与反应是吸热还是放热无关,反应速率与反应物本身的性质及外界条件有关,故C错误; D.有些反应需加热,却是放热反应,如红磷燃烧,要先点燃,但是放热的,故D错误。 故选B。 12.下列说法或做法不正确的是 A.用核磁共振氢谱不能鉴别二甲醚和乙醇 B.红外光谱法可获得有机分子中含有何种化学键或官能团的信息 C.甲烷分子是正四面体结构,则二氯甲烷不存在同分异构体 D.质谱法可快速、微量、精确测定相对分子质量 【答案】A 【解析】 【详解】A.二甲醚和乙醇含有的H原子的种类和性质不同,可用核磁共振氢谱鉴别,故A错误; B.我们可以通过红外光谱法可获得有机分子中含有何种化学键或官能团的信息,故B正确; C.甲烷分子是正四面体结构,四个顶点完全相同,则二氯甲烷不存在同分异构体,故C正确; D.能够快速、微量、精确的测定相对分子质量的物理方法是质谱法,故D正确。 故选A。 13.下列离子方程式书写不正确的是 A.Na2S2O3溶液与稀硫酸反应生成沉淀: S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O B.KMnO4标准液滴定草酸: 2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O C.H2S用Na2CO3溶液吸收,生成两种酸式盐: H2S+CO32-=HS-+HCO3- D.FeS溶于稀盐酸中: S2-+2H+=H2S↑ 【答案】D 【解析】 【详解】A.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸,反应生成二氧化硫和S单质,离子反应为: S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O,故A正确; B.Mn从+7价降低到+2价,得到电子,C元素化合价升高,失去电子,由电子、电荷守恒可知,离子反应为2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O,故B正确; C.H2S用Na2CO3溶液吸收,生成两种酸式盐: 反应方程式为: H2S+Na2CO3==NaHCO3+NaHS,离子方程式为: H2S+CO32-=HS-+HCO3-,故C正确; D.FeS不溶于水,与盐酸反应的离子方程式为: FeS+2H+=H2S↑+Fe2+,故D错误。 故选D。 【点睛】“一看”电荷是否守恒;“二看”拆分是否恰当;“三看”是否漏掉离子反应;“四看”是否符合客观事实;“五看”反应物或生成物的配比是否合理;“六看”是否符合题设条件: 题设条件往往有“过量”、“少量”、“适量”、“任意量”、“滴加顺序”等字眼;“七看”各种符号是否表正确: 如“=”、“”、“↑”、“↓”。 14.在恒温、容积不变的密闭容器中进行如下反应: N2(g)+3H2(g) 2NH3(g),达到平衡。 下列说法不正确的是 A.其它条件不变,缩小容器体积,平衡正向移动,K值变大 B.其它条件不变,通入少量氦气,平衡不移动 C.N2、H2、NH3百分含量不再变化 D.其它条件不变,升高温度,化学平衡一定发生移动 【答案】A 【解析】 【详解】A.其它条件不变,缩小容器体积,即压强增大,促进平衡向体积减小的方向移动,即平衡正向移动,K值只受温度影响,所以K值不变,故A错误; B.其它条件不变,通入少量氦气,各组分的分压强不变,平衡不移动,故B正确; C.化学反应达到平衡时,各组分的浓度、百分含量、体积分数都不再改变,故C正确; D.其它条件不变,升高温度,平衡向吸热反应方向移动,化学平衡一定发生移动,故D正确。 故选A。 15.关于化学反应进行的方向叙述不正确的是 A.△H<0,△S>0时,反应自发进行,如金属钠和水的反应 B.过程的自发性能判断过程的方向,还能确定过程是否一定会发生 C.△H>0,△S<0时,反应不自发进行,如2CO(g)=2C(s)+O2(g) D.同一种物质,气态时的熵值最大、液态时次之、固态时最小 【答案】B 【解析】 【详解】A.一定温度、压强条件下,△H-T△S<0反应自发进行,△H-T△S>0反应不能自发进行,对于△H<0、△S>0的反应,△G<0,反应能自发进行,故A正确; B.过程的自发性仅能用于判断过程的方向,不能确定过程是否一定能发生,故B错误; C.已知反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)的△H>0,△S<0,所以△H-T△S>0,反应任何温度下都是不能自发进行,故C正确; D.物质的熵值与物质的状态有关,气体的混乱度最大,液体次之,固体最小,故D正确。 故选B。 16.下列说法正确的是 A.中和等体积等物质的量浓度的盐酸和醋酸,盐酸所需NaOH多于醋酸 B.将NaOH溶液和氨水溶液各稀释一倍,两者的OH-浓度均减少到原来的一半 C.盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍,则盐酸的H+浓度也是醋酸的二倍 D.均为0.1mol/L磷酸钠和磷酸溶液中,PO43-的浓度前者远远大于后者 【答案】D 【解析】 【详解】A.等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液,溶质物质的量相同,与氢氧化钠反应,分别发生反应: HCl+NaOH=NaCl+H2O,CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,即中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液,所需氢氧化钠相同,故A错误; B.氢氧化钠是强电解质,在水中完全电离,加水稀释一倍,氢氧根离子浓度变为原来的一半,一水合氨是弱电解质,在水溶液里存在电离平衡,加水稀释促进其电离,当稀释一倍后,氢氧根离子浓度大于原来的一半,故B错误; C.氯化氢是强电解质,在其水溶液里完全电离,所以盐酸溶液中,c(H+)=c(HCl),醋酸是弱电解质,在其水溶液里只有部分电离,所以c(H+)<c(CH3COOH),所以如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍,则盐酸的H+浓度大于醋酸的二倍,故C错误; D.磷酸是中强酸,存在电离平衡,磷酸盐存在水解平衡,这两个平衡程度都很小,磷酸电离有3步(磷酸是三元酸),分别是磷酸二氢根,磷酸氢根,最后是少量磷酸根离子; 磷酸钠电离状态下电离出钠离子和磷酸根离子,但是磷酸根离子要水解,其程度也很小,所以磷酸钠中磷酸根离子远多于等浓度的磷酸溶液,故D正确。 故选D。 17.柠檬烯是一种食用香料,其结构简式如图。 有关柠檬烯的分析正确的是 丁基苯: A.柠檬烯属于芳香烃 B.相对分子质量为136 C.性质稳定,遇空气、加热均不易变质 D.它和丁基苯互为同分异构体 【答案】B 【解析】 【详解】A.芳香烃是指含有苯环的碳氢化合物,柠檬烯中无苯环结构,所以柠檬烯不属于芳香烃,故A错误; B.柠檬烯的化学式为: C10H16,所以相对分子质量为: 136,故B正确; C.柠檬烯中含有碳碳双键,性指不稳定,易发生加成反应,氧化反应,取代反应等,故C错误; D.丁基苯分子式为: C10H14,与柠檬烯的分子式不同,不是同分异构体,故D错误。 故选B。 18.下列说法不正确的是 A.用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH,测定值偏小 B.苯甲酸重结晶: 趁热过滤前加入少量蒸馏水会过多损失苯甲酸 C.NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性,两溶液中水的电离程度不同 D.pH=4.5的番茄汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的100倍 【答案】B 【解析】 【详解】A.将pH试纸润湿相当于把待测溶液稀释了,测定稀碱溶液的pH时结果偏小,A项正确; B.加蒸馏水的目的是: 趁热过滤前加入少量蒸馏水,这样在过滤时溶液降温慢,苯甲酸就不容易在滤纸上析出,从而可以保留更多的苯甲酸在过滤后的滤液中,故B错误; C.醋酸氨是弱酸弱碱盐,水溶液中发生水解,CH3COONH4促进水的电离,醋酸根离子水解程度和铵根离子水解程度相近溶液呈中性,NaCl是强酸强碱盐对水的电离无影响,所以两溶液中水的电离程度不同,故C正确; D.pH=4.5的番茄汁中c(H+)=10-4.5mol/L,pH=6.5的牛奶中c(H+)=10-6.5mol/L,则pH=4.5的番茄汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的100倍,故D正确。 故选B。 19.下列叙述正确的是 A.含有AgCl和AgI固体的悬浊液: c(Ag+)>c(C1-)=c(I-) B.在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体,c(Ba2+)增大 C.AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同 D.CaCO3难溶于稀硫酸,但可溶于醋酸 【答案】D 【解析】 【详解】A.含有AgCl和AgI固体的悬浊液,碘化银的溶解度小于氯化银,则氯离子浓度大于碘离子,溶液中离子浓度大小为: c(Ag+)>c(Cl-)>c(I-),故A错误; B.在含有BaSO4沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡,溶度积一定温度下是常数,加入Na2SO4固体后硫酸根离子浓度增大,平衡向逆反应方向移动,c(Ba2+)减小,故B错误; C.AgCl在溶液中存在溶解平衡,AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq),CaCl2和NaCl溶液浓度相同,即CaCl2溶液中c(Cl-)是NaCl溶液中c(Cl-)的二倍,AgCl在CaCl2溶液中,c(Cl-)大,使AgCl的溶解平衡向逆反应方向移动,所以AgCl在CaCl2溶液中的溶解度比在NaCl溶液中的溶解度小,故C错误; D.CaCO3(s) CO32-(aq)+Ca2+(aq),在稀硫酸中生成的CaSO4微溶,附着在CaCO3的表面,很难破坏CaCO3的溶解平衡,所以CaCO3难溶于稀硫酸,而在醋酸中,CO32-+2CH3COOH 2CH3COO-+H2O+CO2↑,消耗了CO32-,c(CO32-)降低,促进平衡向正反应方向移动,即破坏了CaCO3的溶解平衡,使CaCO3能溶于醋酸,故D正确。 故选D。 【点睛】勒夏特列原理是指在一个已经达到平衡的反应中,如果改变影响平衡的条件之一(如温度、压强,以及参加反应的化学物质的浓度),平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。 掌握和灵活应用勒夏特列原理是解答本题的关键。 20.为增强铝的耐腐蚀性,现以铅蓄电池为外电源(左池),以Al作阳极、Pb作阴极,电解稀硫酸(右池),使铝表面的氧化膜增厚。 反应原理如下: 电池: Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)+2H2O(l); 电解池: 2Al+3H2O Al2O3+3H2↑。 关闭K,电解过程中,以下判断正确的是 A.两池中H+均移向Pb电极 B.左池每消耗3molPb,右池生成2molAl2O3 C.左池Pb电极质量增加,右池Pb电极质量不变 D.左池正极反应: PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A.左电池是原电池原理,其中Pb极是负极失去电子,PbO2是正极,溶液中的H+向正极移动,即向PbO2极移动;右电池是电解池原理,其中Al是阳极,Pb是阴极,电解质是稀硫酸,溶液中的H+向阴极移动,即向Pb极移动,故A错误; B.串联电池中转移电子数相等,每消耗3molPb,即转移6mol电子,2Al——Al2O3——6mol电子,根据电子守恒,可知生成Al2O31mol,故B错误; C.原电池中铅作负极,负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅,所以质量增加,在电解池中,Pb阴极,阴极上氢离子得电子生成氢气,所以铅电极质量不变,故C正确; D.原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅,电极方程式为: PbO2+4H++2e-+SO42-=PbSO4+2H2O,故D错误。 故选C。 【点睛】原电池中,负极失去电子,发生氧化反应,正极得到电子,发生还原反应,电子由负极流向正极;电解池中,电源正极连接阳极,电源负极连接阴极,阳极失去电子,阴极得到电子。 第Ⅱ卷非选择题 21.完成下列问题。 (1)重铬酸钾(K2Cr2O7为橙色,K2CrO4为黄色)溶液存在着如下平衡: Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+。 ①若平衡体系的pH=2,则溶液显___________色。 ②能说明该反应达平衡状态的是___________。 a.溶液呈酸性b.溶液的颜色不变 c.2v(Cr2O72-)=v(CrO42-)d.Cr2O72-和CrO42-的浓度相同 (2)25℃时,2NO2(g) N2O4(g)△H=-56.9kJ/mol。 ①该反应的化学平衡常数表达式_________________________________。 ②其它条件不变,缩小容器体积,达到新平衡,此过程的现象: _______________________________________________________。 ③其它条件不变,将该体系升温至100oC,此过程的现象: _____________________________________________。 (3)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种常用的净水剂。 ①用离子方程式表示净水的原因: _________________________。 ②明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO4
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