北京市师范大学附属中学届高三上学期期中考试化学试题解析版.docx
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北京市师范大学附属中学届高三上学期期中考试化学试题解析版
北京师大附中2019届上学期高中三年级期中考试化学试卷
相对原子质量:
H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64
第I卷(共40分)
每小题只有一个选项符合题意。
1.下列我国古代的技术应用中,不涉及氧化还原反应的是()
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
A.煅烧贝壳发生了碳酸钙的分解,没有元素的化合价发生变化,不属于氧化还原反应,故A选;B.粮食酿醋是淀粉水解生成葡萄糖,葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇,乙醇被氧化生成乙酸,属于氧化还原反应,故B不选;C.炼铁是在高温条件下用碳将铁矿石还原,属于氧化还原反应,故C不选;D.火药的爆炸发生的主要反应是2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑,其中有元素的化合价发生变化,属于氧化还原反应,故D不选;故选A。
点睛:
氧化还原反应的特征是化合价的变化,只要有元素化合价的变化,就属于氧化还原反应。
本题的关键是熟悉各技术应用中涉及的化学反应。
2.下列化学用语对事实的表述不正确的是()
A.硬脂酸与乙醇的酯化反应:
C17H35COOH+C2H518OH
C17H35COOC2H5+H218O
B.常温时,0.1mol·L-1氨水的pH=11.1:
NH3·H2O
NH4++OH−
C.由Na和C1形成离子键的过程:
D.电解精炼铜的阴极反应:
Cu2++2e−=Cu
【答案】A
【解析】
分析:
A项,酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”;B项,氨水为弱碱水溶液,存在电离平衡;C项,Na易失电子形成Na+,Cl易得电子形成Cl-;D项,电解精炼铜时,精铜为阴极,粗铜为阳极。
详解:
A项,酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”,硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OH
C17H35CO18OC2H5+H2O,A项错误;B项,常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1,溶液中c(OH-)=10-2.9mol·L-1
0.1mol·L-1,氨水为弱碱水溶液,电离方程式为NH3·H2O
NH4++OH-,B项正确;C项,Na原子最外层有1个电子,Na易失电子形成Na+,Cl原子最外层有7个电子,Cl易得电子形成Cl-,Na将最外层的1个电子转移给Cl,Na+与Cl-间形成离子键,C项正确;D项,电解精炼铜时,精铜为阴极,粗铜为阳极,阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu,D项正确;答案选A。
点睛:
本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。
注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。
3.下列物质的用途利用了其氧化性的是()
A.漂粉精用于消毒游泳池水B.SO2用于漂白纸浆
C.Na2S用于除去废水中的Hg2+D.FeCl2溶液用于吸收Cl2
【答案】A
【解析】
A.漂白精中含次氯酸根离子,具有强氧化性,可以消毒游泳池中的水,故A选;B.SO2用于漂白纸浆,是化合漂白,反应中没有元素的化合价变化,不发生氧化还原反应,故B不选;C.Na2S用于除去废水中的Hg2+,反应中没有元素的化合价变化,不发生氧化还原反应,故C不选;D.FeCl2溶液用于吸收Cl2,Fe元素化合价升高,利用了其还原性,故D不选;故选A。
4.下列各分子中,所有原子都满足最外层8电子结构的是
A.BF3B.NCl3C.H2OD.PCl5
【答案】B
【解析】
【详解】根据定义,共价键中的电子被成键的两个原子共有,围绕两个原子核运动。
所以,形成共价键的原子的最外层电子数等于它本身最外层电子的个数加上它与其他原子形成共价键的数目。
据此,题中各原子的最外层电子个数为:
A 中 B 有 3+3 = 6 个、 F 有 7+1 = 8 个,不符合题意;
B 中 N有 5+3= 8个、 Cl有 7+1 = 8 个,符合题意;
C 中 H有 1+1 =2个、 O有 6+2 = 8 个,不符合题意;
D 中 P 有 5+5 = 10 个、 Cl 有 7+1 = 8 个,不符合题意。
故答案选B。
【点睛】本题要注意解题方法:
满足最外层8电子饱和的,那我们先看有没有氢元素,因为氢元素最外层2个电子就可以达到饱和了,所以很快的就可以排除了C选项,对于这种题目我们可以按照一个公式:
化合价的绝对值+主族序数=8,那么就满足八个电子饱和了。
5.下列事实中,不能用元素周期律解释的是
A.原子半径:
K>Ca>MgB.碱性:
NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3
C.热稳定性:
HF>HCl>H2SD.酸性:
H2SO3>H2CO3>H2SiO3
【答案】D
【解析】
A.同周期自左而右,原子半径逐渐减小,同主族自上而下,原子半径逐渐增大,原子半径:
K>Ca>Mg,能用元素周期律解释,故A不选;B.元素的金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强,Na、Mg、Al位于周期表相同周期,金属性Na>Mg>Al,因此碱性:
NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3,能用元素周期律解释,故B不选;C.元素的非金属性越强,气态氢化物越稳定,热稳定性:
HF>HCl>H2S,能用元素周期律解释,故C不选;D.元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,但H2SO3不是最高价氧化物的水化物,不能用元素周期律解释,故D选;故选D。
6.用NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是
A.1molOH-中含有9NA个电子
B.28g的CO气体中含有NA个氧原子
C.1L1mol/L的AlCl3溶液中含有NA个Al3+
D.常温常压下11.2L的甲烷气体含有的分子数为0.5NA
【答案】B
【解析】
试题分析:
A、1molOH-中含有10NA个电子,A错误;B、28g的CO的物质的量是1mol,则气体中含有NA个氧原子,B正确;C、铝离子水解,则1L1mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+个数小于NA个,C错误;D、常温常压下11.2L的甲烷气体的物质的量不是0.5mol,则含有的分子数不是0.5NA,D错误,答案选B。
考点:
考查阿伏伽德罗常数的计算
7.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水,其原理如下图所示。
下列说法不正确的是
A.该催化反应实现了太阳能向化学能的转化
B.阶段I中,H2O2是氧化产物
C.每生成1molO2,阶段II中转移电子2mol
D.反应的两个阶段均为吸热过程
【答案】D
【解析】
【分析】
由题给信息可知,利用太阳光实现高效分解水,分两个阶段,阶段I为2H2O=H2O2+H2↑,阶段II为2H2O2=2H2O+O2↑,总反应为2H2O=2H2↑+O2↑,据此分析。
【详解】A.该过程利用太阳光实现高效分解水,实现了太阳能向化学能的转化,故A正确;
B.阶段I中发生的反应为2H2O=H2O2+H2↑,生成H2O2时氧元素化合价从-2价升高到-1价,所以H2O2是氧化产物,故B正确;
C.阶段II中发生的反应为2H2O2=2H2O+O2↑,每生成1molO2,转移2mol电子,故C正确;
D.过氧化氢不稳定,能量高,分解成的H2O和O2较稳定,所以阶段II发生的反应为放热反应,故D错误。
故答案选D。
8.中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题,该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。
反应过程示意图如下:
下列说法正确的是
A.过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程
B.过程Ⅲ生成了具有极性共价键的H2、CO2
C.使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
D.图示过程中的H2O均参与了反应过程
【答案】D
【解析】
A.根据反应过程示意图,过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程,为吸热过程,故A错误;B.过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气,H2中的化学键为非极性键,故B错误;C.催化剂不能改变反应的ΔH,故C错误;D.根据反应过程示意图,过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂,过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程,过程Ⅲ中形成了水分子,因此H2O均参与了反应过程,故D正确;故选D。
9.下列离子或分子能够在指定的分散系中大量共存的是
A.空气中:
CO2、NO、N2、NH3
B.明矾溶液中:
H+、Mg2+、Na+、Cl-
C.过量铁与稀硝酸反应后的溶液中:
H+、Cl-、I-、Na+
D.常温下,水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中:
NH4+、Na+、Cl-、CO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A.NO与氧气反应,不能在空气中大量共存,故A错误;
B.明矾溶液中离子之间不发生反应,可大量共存,所以B选项是正确的;
C.酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性,可氧化亚铁离子,故C错误;
D.常温下,水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液可能呈酸性或碱性,碱性条件下NH4+不能大量共存,酸性条件下CO32-不能大量共存,故D错误。
所以B选项是正确的。
【点睛】本题考查离子共存问题,侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查,注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断,比如酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性,可氧化亚铁离子等。
10.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验,经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤,下列图示装置和原理能达到实验目的的是()
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
A.氯化铵不稳定,加热易分解,温度稍低又可生成氯化铵,制备氨气,应用氯化铵和氢氧化钙为反应物,故A错误;B.应将二氧化碳从长导管通入,否则会将液体排出,故B错误;C.从溶液中分离碳酸氢钠固体,可用过滤的方法,故C正确;D.碳酸氢钠不稳定,不能直接加热干燥,可低温烘干或用滤纸吸去表面的水,故D错误;故选C。
11.下列解释事实的离子方程式正确的是
A.铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液:
3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O
B.稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊:
H++OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+H2O
C.澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊:
Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
D.在A1C13溶液中加入过量氨水出现浑浊:
A13++3OH-=Al(OH)3↓
【答案】C
【解析】
A.铜丝溶于浓硝酸生成绿色的硝酸铜浓溶液和二氧化氮,故A错误;B.稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊,反应的离子方程式为2H++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+2H2O,故B错误;C.澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊,生成碳酸钙沉淀,离子方程式为Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O,故C正确;D.氨水是弱碱,用化学式表示,故D错误;故选C。
12.工业回收铅蓄电池中的铅,常用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏(主要成分PbSO4)获得PbCO3:
PbSO4(s)+CO32—(aq)
PbCO3(s)+SO42—(aq)K=2.2×105。
经处理得到的PbCO3灼烧后获得PbO,PbO再经一步转变为Pb。
下列说法正确的是
A.PbSO4的溶解度小于PbCO3
B.处理PbSO4后,Na2CO3或NaHCO3溶液的pH升高
C.若用等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别处理PbSO4,Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大
D.整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应
【答案】C
【解析】
试题分析:
A.根据方程式,PbCO3的溶解度小于PbSO4,故A错误;B.处理PbSO4后,Na2CO3或NaHCO3溶液转变为硫酸钠溶液,pH降低,故B错误;C.若用等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别处理PbSO4,碳酸氢钠的电离程度较小,碳酸根离子浓度较小,而碳酸钠中碳酸根离子浓度较大,Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大,故C正确;D.整个过程涉及两个复分解反应:
PbSO4(s)+CO32—(aq)
PbCO3(s)+SO42—(aq)和PbCO3灼烧后获得PbO,一个氧化还原反应:
PbO转变为Pb,故D错误;故选C。
考点:
考查了难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化、氧化还原反应的相关知识。
13.室温下,向100mL0.1mol/LNH4Cl溶液中加入下列物质。
有关结论正确的是
加入的物质
结论
A
100mL0.1mol/L盐酸
溶液中2c(NH4+)=c(Cl-)
B
0.01molNa2O2固体
反应完全后,溶液pH增大,c(Na+)=2c(Cl-)
C
100mLH2O
由水电离出的c(H+)·c(OH-)变大(均自由离子)
D
100mL0.1mol/L氨水
溶液中
减小
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.100mL0.1mol/L盐酸,由于铵根离子部分水解,则2c(NH4+) B.钠离子和氯离子不发生水解,0.01molNa2O2固体反应后生成0.02mol钠离子,原溶液中含有氯离子的物质的量为: 0.1mol/L×0.1L=0.01mol,则c(Na+)=2c(Cl-);且反应后氢氧化钠过量,溶液呈碱性,溶液的pH增大,所以B选项是正确的; C.加入100mLH2O后,溶液浓度减小,铵根离子的水解程度增大,则水的电离程度最大,故水电离出的c(H+)·c(OH-)的乘积会增大,故C错误; D.加入100mL0.1mol/L氨水,溶液碱性增强,则c(OH-)增大,由于NH3 H2O的电离和NH4+的水解都是微弱的,混合后溶液体积增大,所以c(NH4+)减小,溶液中 增大,故D错误。 所以B选项是正确的。 14.某温度时,VIA元素单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下: O2(g)+H2(g)=H2O(g) H=-242kJ·mol-1 S(g)+H2(g)=H2S(g) H=-20kJ·mol-1 Se(g)+H2(g) H2Se(g) H=+81kJ·mol-1 下列说法正确的是 A.稳定性: H2O B.降温有利于Se与H2反应生成H2Se C.O2(g)+2H2S(g)=2H2O(g)+2S(g) H=-444kJ·mol-1 D.随着核电荷数的增加,VIA族元素单质与H2的化合反应越容易发生 【答案】C 【解析】 【详解】A项,元素的非金属性越强,对应简单氢化物的稳定性越强,同一主族,从上到下,非金属性逐渐减弱,因此稳定性: H2O>H2S>H2Se,故A项错误; B项,Se(g)+H2(g) H2Se(g)对应的△H>0,说明该反应正向吸热,降温使得反应向放热的方向移动,即逆向移动,不利于生成H2Se,故B项错误; C项,将已知热化学方程式依次编号为①、②、③,根据盖斯定律,由2 (①-②)可得: O2(g)+2H2S(g)=2H2O(g)+2S(g) H=-444kJ·mol-1,故C项正确; D项,随着核电荷数的减小,ⅥA族元素的非金属性逐渐增强,与氢原子形成的共价键越强,放出的热量越多,生成物越稳定,ⅥA族元素的单质与H2的化合反应越容易发生,故D项错误。 综上所述,本题正确答案为C。 15.松香中含有松香酸和海松酸,其结构简式如下图所示。 下列说法中,不正确的是 A.二者互为同分异构体 B.二者所含官能团的种类和数目相同 C.二者均能与氢氧化钠溶液反应 D.二者均能与H2以物质的量之比为1∶3发生反应 【答案】D 【解析】 A.二者的分子式相同,均为C20H30O2,互为同分异构体,故A正确;B.二者所含官能团的种类和数目相同,均含有1个羧基和2个碳碳双键,故B正确;C.二者均含有羧基,均能与氢氧化钠溶液反应,故C正确;D.羧基不能与氢气加成,二者均能与H2以物质的量之比为1∶2发生反应,故D错误;故选D。 16.某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2与水的反应: 下列说法不正确的是 A.②中的大量气泡主要成分是氧气 B.③中溶液变红,说明有碱性物质生成 C.④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的 D.⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度 【答案】D 【解析】 A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,故A正确;B.过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠,氢氧化钠是强碱,遇到酚酞,溶液变成红色,故B正确;C.过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢,过氧化氢具有强氧化性,能够使溶液褪色,故C正确;D.生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解,因此放出大量气泡,故D错误;故选D。 点睛: 解答本题的关键是掌握和理解过氧化钠与水的反应。 本题的易错点为C,过氧化钠与水可能发生复分解反应,生成氢氧化钠和过氧化氢,过氧化氢具有漂白性。 17.工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。 当保持铁屑和活性炭总质量不变时,测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。 下列推论不合理的是 A.活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用 B.铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池,铁为负极 C.增大铁碳混合物中铁碳比(x),一定会提高废水中Cu2+的去除速率 D.利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理: Fe+Cu2+=Fe2++Cu 【答案】C 【解析】 【分析】 A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小; B、铁与活性炭形成原电池,铁比炭活泼; C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率,没铁碳比为2: 1时的速率快; D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。 【详解】A项,活性炭具有许多细小微孔,且表面积巨大,具有很强的吸附能力,由图像可知,Cu2+在纯活性炭中浓度减小,表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用,故不选A项; B项,铁屑和活性炭在溶液中形成微电池,其中铁具有较强的还原性,易失去电子形成Fe2+,发生氧化反应,因此铁作负极,故不选B项; C项,由图像可知,随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2: 1,Cu2+的去除速率逐渐增加;但当铁碳混合物变为纯铁屑时,Cu2+的去除速率降低。 当铁碳混合物中铁的含量过大时,正极材料比例降低,铁碳在废液中形成的微电池数量减少,Cu2+的去除速率会降低,因此增大铁碳混合物中铁碳比(x),不一定会提高废水中Cu2+的去除速率,故选C项; D项,在铁碳微电池中,碳所在电极发生还原反应,Cu2+得到电子生成铜单质;因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu,故不选D项。 综上所述,本题正确答案为C。 【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查,题目有利于培养学生的良好的科学素养,侧重于考查学生的分析、实验能力的考查,注意把握提给信息以及物质的性质,为解答该题的关键。 18.某同学利用浓度相同的氯水、Cl2的CCl4溶液完成下述实验。 下列有关实验的说法中,不正确的是 A.操作④中发生的反应是Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+ B.操作②和操作④之后,试管上层溶液的成分相同 C.操作①后的溶液中没有Br2,但反应过程中可能有Br2生成 D.实验说明,CCl4影响了Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序 【答案】D 【解析】 【分析】 Fe2+的还原性大于Br-,若向溴化亚铁溶液中滴加5滴氯水,氯水不足,发生反应: Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+,反应后得到黄色的含Fe3+溶液,加入CCl4后,CCl4不溶于水,密度大于水,溶液分层,CCl4层在下层无色,上层为黄色的含Fe3+溶液; 若向溴化亚铁溶液中滴加5滴Cl2的CCl4溶液,Cl2局部过量,则发生反应: 3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2,反应后得到黄色的含Fe3+溶液和黄色的溴的CCl4溶液,振荡后,发生反应: 2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-,溶液分层,CCl4层在下层无色,上层为黄色的含Fe3+溶液。 以此分析。 【详解】A.根据以上分析,操作④中发生的反应是Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+,故A正确; B.操作②和操作④之后,试管上层溶液的成分相同,CCl4层在下层无色,上层为黄色的含Fe3+溶液,故B正确; C.操作①反应过程中可能由于氯水局部过量,发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-,有Br2生成,但由于Fe2+过量,随后发生反应: Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+,故操作①后的溶液中没有Br2,故C正确; D.实验说明,Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序为: Cl2>Br2>Fe3+,CCl4没有影响Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序,故D错误。 故答案选D。 19.一定条件下,通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收,其中Y是单质。 SO2(g)+2CO(g) 2X(g)+Y(l) 为了测定在某种催化剂作用下的反应速率,在某温度下用超灵敏气体传感器测得不同时间的SO2和CO浓度如下表: 时间/s 0 1 2 3 4 c(SO2)/mol·L-1 1.00 0.50 0.23 3.00×10-37 3.00×10-37 c(CO)/mol·L-1 4.00 3.00 2.46 2.00 2.00 下列说法不正确的是 A.X的化学式为CO2 B.前1s内v(X)="1.00"mol·L-1·s-1 C.该回收原理运用了SO2的还原性 D.该温度下,此反应的平衡常数的数值是3.33×1036 【答案】C 【解析】 试题分析: A、该反应是进行硫的回收,所以Y单质是S单质,根据质量守恒定律,则X的化学式是CO2,正确;B、前1s内,CO的物质的量浓度减小1.00mol/L,则X的物质的量浓度增加1.00mol/L,所以v(X)="1.00"mol·L-1·s-1,正确;C、在该反应中,S元素的化合价降低,作氧化剂,所以利用了二氧化硫的氧化性,错误;D、3s时,该反应达到平衡状态,CO的物质的量浓度减少2.00mol/L,则X的浓度增加2.00mol/L,所以该反应的平衡常数K=2.002/[2.002×(3.00×10-37)]=3.33×1036,正确,答案选C。 考点: 考查对反应速率、平衡常数的计算 20.实验: ①0.005mol·L-1FeCl3溶液和0.015mol·L-1KSCN溶液各1mL混合得到红色溶a,均分溶液a置于b、c两支试管中;②向b中滴加3滴饱和FeCl3溶液,溶液颜色加深;③再向上述b溶液中滴加3滴1mol·L-1NaOH溶液,溶液颜色变浅且出现
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