河北省张家口市学年高一第一学期期末质量检测化学试题解析版.docx
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河北省张家口市学年高一第一学期期末质量检测化学试题解析版
张家口市2018-2019学年高一第一学期期末化学质量检测
一.选择题(共18小题,每小题2分,共36分)
1.2022年冬奥会雪上项目落户张家口,雪花成为我市沟通世界的名片。
科学研究发现,世界上没有两片雪花的形状是完全相同的。
不同雪花中,水分子
A.数目都是相同的B.数目都是巨大的C.空间排列方式相同D.化学性质不相同
【答案】B
【解析】
【详解】A、不同雪花质量可能不同,所以水分子数目不同,故A错误;
B、由于分子质量和体积都很小,不同雪花中,水分子数目都是巨大
,故B正确;
C、由于水分子空间排列方式不同,形成雪花的形状不完全相同,故C错误;
D、同种分子性质相同,所以不同雪花中,水分子化学性质相同,故D错误。
2.一些装有化学物质的容器上常贴有危险化学品的标志。
下列标志中,应贴在装有浓硝酸的容器上的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据浓硝酸的化学性质和常用化学危险品的标志思考。
【详解】浓硝酸是无色、易挥发、有刺激性气味的液体,具有很强的氧化性,是强氧化剂,因此应该使用
,故选C。
3.下列关于Fe(OH)3胶体的说法中,不正确的是
A.是一种纯净物B.分散质粒子直径在1~100nm之间C.具有丁达尔效应D.具有净水作用
【答案】A
【解析】
【详解】A、Fe(OH)3胶体是一种红褐色、澄清、透明的混合物,故A错误;
B、胶体中分散质的粒子直径在1~100nm之间,故B正确;
C、胶体用平行光照射,能出现光亮的通路,具有丁达尔效应,故C正确;
D、Fe(OH)3胶体具有吸附性,具有净水作用,故D正确;选A。
4.下列仪器名称为“圆底烧瓶”的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A、
是烧杯,故不选A;
B、
是圆底烧瓶,故选B;
C、
是容量瓶,故不选C;
D、
是分液漏斗,故不选D。
5.下列变化过程中,没有发生化学变化的是()
A.光合作用B.牛奶的腐败C.铁的钝化D.碘的升华
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学变化中有新物质生成分析。
【详解】A、光合作用是二氧化碳和水在光照条件下生成淀粉和氧气,有新物质生成,属于化学变化,故不选A;
B、牛奶久置变质腐败有新物质生成,属于化学变化,故不选B;
C、铁的钝化是铁在浓硫酸或硝酸中表面生成了致密的氧化膜,有新物质生成,属于化学变化,故不选C;
D.碘的升华是碘分子间距离变大,没有新物质生成,属于物理变化,故选D。
6.下列我国古诗词或谚语中包含了分解反应的是()
A.熬胆矾之铁釜,久之亦化为铜B.千锤万凿出深山,烈火焚烧若等闲
C.春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干D.爆竹声中除旧岁,春风送暖入屠苏
【答案】B
【解析】
【详解】A.熬胆矾之铁釜,久之亦化为铜,发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu,属于置换反应,故不选A;
B.千锤万凿出深山,烈火焚烧若等闲,发生反应是CaCO3
CaO+CO2↑,属于分解反应,故选B;
C、蜡烛的成分是烃,蜡烛燃烧产生二氧化碳和水,不属于分解反应,故不选C;
D、“爆竹声中除旧岁,春风送暖入屠苏”是炸药的爆炸,2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2,不属于分解反应,故不选D。
7.下列关于钠的说法中正确的是()
A.钠的含氧化合物都是碱性氧化物
B.金属钠久置空气中最终转变为Na2O2
C.钠可以将钛、铌等金属从其熔融的氯化物中置换出来
D.过氧化钠只具有氧化性不具有还原性
【答案】C
【解析】
【详解】A、过氧化钠属于过氧化物,不是碱性氧化物,故A错误;
B.金属钠久置空气中最终转变为Na2CO3,故B错误;
C.钠的还原性强,钠可以将钛、铌等金属从其熔融的氯化物中置换出来,故C正确;
D.过氧化钠中的氧元素化合价为-1,氧元素化合价既可以升高又可以降低,所以过氧化钠既具有氧化性又有还原性,故D错误。
8.中国最新战机歼-31使用了高强度、耐高温的钛合金材料。
工业上冶炼钛的反应:
TiCl4+2Mg==Ti+2MgCl2,下列有关该反应的说法正确的是
A.TiCl4是还原剂B.Mg得到电子
C.TiCl4发生氧化反应D.Mg被氧化
【答案】D
【解析】
【分析】
TiCl4+2Mg==Ti+2MgCl2,Ti元素化合价由+4降低为0,发生还原反应,Mg元素化合价由0升高为+2,发生氧化反应。
【详解】A、TiCl4+2Mg==Ti+2MgCl2,Ti元素化合价由+4降低为0,所以TiCl4是氧化剂,故A错误;
B、Mg元素化合价由0升高为+2,金属Mg失电子,故B错误;
C、Ti元素化合价由+4降低为0,TiCl4发生还原反应,故C错误;
D、Mg元素化合价由0升高为+2,Mg被氧化,故D正确。
9.NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.1molO2作为氧化剂参与反应,得到的电子数一定为4NA
B.1molFe和足量稀硫酸反应,失去的电子数是3NA
C.0.4mol·L-1Na2SO4溶液中,所含Na+和SO42-总数为1.2NA
D.标准状况下,23gNa所占的体积一定小于22.4L
【答案】D
【解析】
【详解】A、2Na+O2
Na2O2,反应中氧元素化合价由0变为-1,1molO2得到的电子数为2NA,故A错误;
B.铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和和氢气,铁元素化合价由0变为+2,1molFe和足量稀硫酸反应,失去的电子数2NA,故B错误;
C.没有溶液体积不能计算溶质物质的量,故C错误;
D.标准状况下,钠是固体,1molNa所占的体积小于22.4L,故D正确。
10.常温常压下,用等质量的CH4、CO2、O2、SO2分别吹出四个气球,其中气体为CH4的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
同温同压下,相同质量的气体,体积之比与摩尔质量成反比,即摩尔质量越大占有的体积越小,据此解答。
【详解】同温同压下,相同质量的气体,体积之比与摩尔质量成反比,即摩尔质量越大占有的体积越小,CH4的摩尔质量为16g/mol,CO2的摩尔质量为44g/mol,O2的摩尔质量为32g/mol,SO2的摩尔质量为64g/mol,故同温同压下,等质量的CH4、CO2、O2、SO2占有体积大小为:
CH4>CO2>O2>SO2,故选A。
【点睛】本题考查了气体体积与摩尔质量的关系、阿伏加德罗定律及推论等,灵活运用基本公式来分析解答是解本题关键,熟记基本公式。
11.下列不属于物质分离、提纯实验操作用到的实验装置是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
A.A是蒸馏装置,可用于沸点差别较大物质的分离、提纯,故不选A;B.B是焰色反应装置,只能用于物质鉴别,不能用于物质分离、提纯,故选B;C.C是过滤装置,可用于溶解性差别较大物质的分离、提纯,故不选C;D.D是蒸发装置,可用于除去溶剂水等,故不选D。
12.下列说法不正确的是()
A.向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液,充分振荡后溶液呈红色
B.浓硝酸在光照下颜色变黄,说明浓硝酸不稳定
C.氮氧化物可导致光化学烟雾
D.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象,说明浓硫酸具有脱水性
【答案】A
【解析】
【详解】A、氯水中生成了盐酸和次氯酸,盐酸具有酸性,次氯酸具有强氧化性漂白,所以向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液,充分振荡后溶液先变红色后褪色,故A错误;
B.浓硝酸不稳定,分解产生的NO2溶于水溶液显黄色,故B正确;
C.光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物与碳氢化合物发生复杂的变化造成的,故C正确;
D.浓硫酸具有脱水性,可使蔗糖脱水生成炭黑,故D正确;选A。
13.下列离子方程式书写正确的是
A.Na与水反应:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
B.FeCl3腐蚀电路板:
Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
C.Cl2与水反应:
Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
D.石灰石与醋酸反应:
CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A.Na与水反应生成氢氧化钠和氢气:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,故A正确;
B.FeCl3腐蚀电路板生成氯化亚铁和氯化铜:
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,故B错误;
C.Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸:
Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO,故C错误;
D.石灰石与醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳:
CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑,故D错误。
14.下列能大量共存,且溶液为无色透明的离子组是
A.Fe3+、Na+、Cl-、NO3-B.H+、NH4+、NO3-、I-
C.NH4+、K+、NO3-、SO42-D.K+、NH4+、NO3-、OH-
【答案】C
【解析】
【详解】A、含有Fe3+的溶液呈黄色,无色透明溶液中不含Fe3+,故不选A;
B.H+、NO3-、I-发生氧化还原反应生成碘单质,故不选B;
C.NH4+、K+、NO3-、SO42-在溶液中不反应,能大量共存,故选C;
D.NH4+、OH-结合成弱电解质NH3·H2O,不能大量共存,故不选D。
15.你认为减少酸雨的产生可采取的措施是()
①用煤作燃料②把工厂烟囱造高③化石燃料脱硫④在已酸化的土壤中加石灰⑤开发新能源
A.①②③B.①③④⑤C.②③④⑤D.③⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
形成酸雨的主要气体污染物是SO2等,SO2主要来源于燃烧含硫的煤,少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放,从而减少酸雨的形成,以此解答。
【详解】①SO2主要来源于燃烧含硫的煤,用煤作燃料不能减少酸雨的产生,故①错误;
②工厂烟囱造高一些不能减少二氧化硫的排放,所以不能减少酸雨的产生,故②错误;
③将矿石燃料脱硫,能减少二氧化硫的排放,能减缓酸雨污染,故③正确;
④在已酸化的土壤中加石灰,可以改良土壤,但不能减缓酸雨污染,故④错误;
⑤开发新能源能减少二氧化硫
排放,所以能减少酸雨的形成,故⑤正确;选D。
16.氮元素在海洋中的循环,是整个海洋生态系统的基础和关键。
海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。
其中反应④的离子方程式为4NH4++5O2=2NO2-+6H++N2O+5H2O,下列说法正确的是
A.①②均属于固氮反应
B.海洋中的反硝化作用一定有氧气参加
C.反应④中每生成1molH2O共转移2mole-
D.向海洋排放含NO3-的废水可能影响海洋中氮的循环
【答案】D
【解析】
【详解】A.氮的固定是游离态的氮变为化合态的氮,①不属于氮的固定,②是氮的固定,故A错误;
B.反硝化作用:
反硝化细菌在缺氧条件下,还原硝酸盐,释放出分子态氮(N2)或一氧化二氮(N2O)的过程,不一定有氧参加,故B错误;
C.根据4NH4++5O2=2NO2-+6H++N2O+5H2O,氮元素化合价-3价变化为+1价和+3价,氧元素化合价0价变化为-2价,电子转移总数20e-,生成1molH2O共转移4mole-,故C错误;
D.向海洋排放含NO3-的废水,硝酸根离子浓度增大,反硝化作用增强,破坏原有的化学平衡和生态平衡,可能会影响海洋中氮的循环,故D正确。
17.将SO2气体通入BaCl2溶液,无明显现象,然后再通人X气体或加入X溶液,有白色沉淀生成,X不可能是()
A.Cl2B.CO2C.H2O2D.NH3·H2O
【答案】B
【解析】
将SO2气体通入BaCl2溶液,SO2+H2O
H2SO3。
A.Cl2将H2SO3氧化H2SO4,H2SO4与BaCl2反应生成白色沉淀硫酸钡,故不选A;B.无明显变化,故选B;C.H2O2将H2SO3氧化
H2SO4,H2SO4与BaCl2反应生成白色沉淀硫酸钡,故不选C;D.NH3·H2O与H2SO3反应生成(NH4)2SO3,(NH4)2SO3与BaCl2反应生成白色沉淀亚硫酸钡,故不选D。
点睛:
本题涉及SO2的酸性氧化物的性质和还原性
18.下列装置所示的实验中,能达到实验目的的是()。
【答案】D
【解析】
试题分析:
碘易溶在酒精中,不能直接分液,A不正确;B中的氢氧化钠溶液也能吸收氯气,不正确,应该用饱和的食盐水;氯化氢加热分解生成氯化氢和氨气,冷却后二者又化合生成氯化铵,C不正确;NO不溶于水,可以用排水法收集,D正确,答案选D。
考点:
考查常见的基本实验操作
点评:
化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础,对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作,所以该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心,通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。
二,选择题(共5小题,每小题3分,共15分)
19.配制0.1mol·L-1的NaCl溶液,下列操作会导致所配溶液浓度偏高的是
A.称量时,左盘高,右盘低B.定容时俯视读取刻度
C.容量瓶洗净后未干燥D.定容时液面超过了刻度线
【答案】AB
【解析】
【分析】
分析具体操作对n、V的影响,根据c=n/V分析不当操作对溶液浓度的影响。
【详解】A、用托盘天平称量药品时天平左盘放药品,右盘放砝码,称量时,左盘低,右盘高,药品实际质量偏大,n偏大,则所配溶液浓度偏高,故A符合;
B、定容时仰视读取刻度,导致所配溶液体积偏大,所配溶液浓度偏低,故B不符合;
C、配制最后需加水定容,原容量瓶洗净后未干燥对实验结果无影响,故C不符合;
D、定容时液面超过了刻度线,导致所配溶液体积偏大,所配溶液浓度偏低,故D不符合。
答案选A。
20.下列各组物质中,X表示某物质,Y表示X物质中含有的少量杂质,Z表示要除去杂质加入的试剂,其中正确的组别是
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
物质除杂时,可以根据物质性质,采用物理方法或化学方法,最少要满足两个条件:
①加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应,②反应时不能引入新的杂质。
【详解】A、FeCl3与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜,引入新杂质氯化铜,故A错误;
B、氢气不溶于氢氧化钠溶液,二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠溶液和水,可以用氢氧化钠溶液除去氢气中的二氧化硫,故B正确;
C、FeSO4与氯气反应生成硫酸铁和氯化铁,引入新杂质氯化铁,故C错误;
D、二氧化硅与NaOH反应,将原物质除去,不能除杂,除去二氧化硅中的氧化铁应选盐酸、过滤,故D错误。
【点睛】本题考查混合物分离提纯,为高频考点,把握物质的性质、发生的反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意元素化合物知识的应用。
21.下列有关Na2CO3和NaHCO3比较中,不正确的是
A.热稳定性:
Na2CO3>NaHCO3
B.相同温度下,0.1mol·L-1盐溶液的碱性:
Na2CO3>NaHCO3
C.等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应放出气体的量:
Na2CO3<NaHCO3
D.相同温度下,0.1mol·L-1盐溶液分别与0.1mol·L-1HCl反应的剧烈程度:
Na2CO3>NaHCO3
【答案】D
【解析】
Na2CO3是正盐,受热不易分解,比较稳定,NaHCO3是酸式盐,受热易分解,热稳定性较差,所以热稳定性:
Na2CO3>NaHCO3,A说法正确;相同温度、相同浓度情况下,CO32-的水解程度大于HCO3-,溶液的碱性Na2CO3溶液强于NaHCO3,所以相同温度下,0.1molL﹣1两种盐溶液的pH值:
Na2CO3>NaHCO3,B说法正确;碳酸钠和碳酸氢钠中,碳元素的质量分数是NaHCO3>Na2CO3,相同质量的两种盐与足量的HCl反应产生CO2气体的量是Na2CO3<NaHCO3,C说法正确;Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑,即碳酸钠与酸反应首先转化成碳酸氢钠,所以在相同浓度、相同温度情况下,碳酸氢钠与盐酸反应比碳酸钠与盐酸反应剧烈,D说法错误;正确选项是D。
22.在2L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中,部分离子浓度大小如图所示,则此溶液中Ca2+离子的物质的量是
A.3.0molB.2.0molC.1.0molD.0.5mol
【答案】C
【解析】
【分析】
根据n=cV计算n(Na+)、n(Mg2+)、n(Cl-);溶液呈电中性,根据电荷守恒有:
2n(Ca2+)+n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-),据此计算解答。
【详解】由图可知,溶液中n(Na+)=2L×1mol/L=2mol、n(Mg2+)=2L×0.5mol/L=1mol、n(Cl-)=2L×3mol/L=6mol,溶液呈电中性,根据电荷守恒有:
2n(Ca2+)+n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-),即:
2n(Ca2+)+2mol+2×1mol=6mol,解得n(Ca2+)=1mol,故选C。
【点睛】本题考查混合溶液中离子物质的量浓度有关计算,注意电解质混合溶液中常利用电荷守恒计算离子浓度或物质的量浓度。
23.某氯化镁溶液
密度为1.16g·cm-3,其中镁离子的质量分数为4.1%,500mL该溶液中Cl-的物质的量浓度约等于()
A.4.0mol·L-1B.2.4mol·L-1C.2.1mol·L-1D.1.26mol·L-1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据镁离子的质量分数计算氯化镁的质量分数,进而根据c=
计算氯化镁的物质的量浓度,根据化学式的组成可知溶液中c(Cl-)=2c(MgCl2)。
【详解】MgCl2中Mg离子的质量分数为
,溶液中镁离子的质量分数为4.1%,则溶液中氯化镁的质量分数为:
=16.2%,溶液中氯化镁的物质的量浓度为:
c=
mol/L≈1.98mol/L,则c(Cl-)=2c(MgCl2)=2×1.98mol/L≈4.0mol/L,故选A。
【点睛】本题考查物质的量浓度的计算,难度不大,注意掌握物质的量浓度与质量分数的关系,可以根据定义式计算计算,注意公式的灵活运用。
三.非选择题(共3小题,共49分)
24.物质的分类有多种方法,下列对无机化合物分类如图:
(1)如图所示的物质分类方法的名称是________。
(2)以元素Na、Ba、H、O、S、N中任意两种或三种元素组成合适的物质,将化学式分别填在下表中④、⑥的后面________、__________
(3)⑦和⑧的水溶液可导电,它们________(填“是”或“不是”)电解质;相同质量的两气体所含氧原子的个数比为________;标准状况下等体积两气体的质量比为________。
(4)少量⑧与足量④的溶液反应的离子方程式为________。
(5)写出⑦与⑨反应的化学方程式________。
(6)写出工业制造硝酸过程中⑩NH3与氧气反应的化学方程式为________,若16g氧气全部被还原,则转移电子________mol。
(7)现有由①与②混合的稀溶液100mL,其中①的物质的量浓度为2.0mol·L-1,②的物质的量浓度为1.0mol·L-1。
则该溶液能溶解铜的最大质量为________g,同时,反应生成的气体在标准状况下的体积为________L。
【答案】
(1).树状分类法
(2).NaOH或Ba(OH)2(3).BaSO4(4).不是(5).16:
11(6).11:
16(7).SO2+2OH-=SO32-+H2O或Ba2++SO2+2OH-=BaSO3↓+H2O(8).2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑(9).4NH3+5O2
4NO+6H2O(10).2(11).9.6(12).2.24
【解析】
【分析】
(1)
(1)树状分类法是一种很形象的分类法,就像一棵大树;
(2)碱电离出的阴离子全部为氢氧根离子;盐电离出得阳离子为金属离子,阴离子为酸根离子;
(3)根据电解质的定义判断;根据
计算同质量的二氧化碳、二氧化硫所含氧原子的个数比;标准状况下等体积二氧化碳、二氧化硫的物质的量相等;
(4)少量SO2与足量氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水。
(5)CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气。
(6)NH3与氧气反应生成NO和H2O,反应中氧元素化合价由0变为-2。
(7)根据铜与硝酸反应的离子方程式计算溶解铜的最大质量、反应生成的气体的体积。
【详解】
(1)树状分类法是一种很形象的分类法,就像一棵大树,有叶、枝、杆、根,图示方法就是树状分类法;
(2)碱电离出的阴离子全部为氢氧根离子,如NaOH或Ba(OH)2;盐电离出得阳离子为金属离子,阴离子为酸根离子,如BaSO4;
(3)二氧化硫、二氧化碳的水溶液导电,是由于亚硫酸、碳酸能电离出自由移动的离子,但二氧化硫、二氧化碳自身不能电离,所以二氧化硫、二氧化碳不是电解质;相同质量的二氧化碳、二氧化硫所含氧原子的个数比为
×2:
×2=16:
11;标准状况下等体积二氧化碳、二氧化硫的物质的量相等,质量比等于摩尔质量的比=44:
64=11:
16;
(4)少量SO2与足量氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水,反应离子方程式
SO2+2OH-=SO32-+H2O。
(5)CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气,反应化学方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑。
(6)NH3与氧气反应生成NO和H2O,反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O,反应中氧元素化合价由0变为-2,16g氧气的物质的量是0.5mol,全部被还原,转移电子2mol。
(7)溶液中氢离子的物质的量为0.1L×(4.0mol·L-1+1.0mol·L-1)=0.5mol,NO3-的物质的量为0.1L×1.0mol·L-1=0.1mol,根据铜与硝酸反应的离子方程式3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O,硝酸根离子不足,根据硝酸根离子计算溶解铜的物质的量为0.15mol,质量为0.15mol×64g/mol=9.6g;同时生成NO气体0.1mol,在标准状况下的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L。
25.已知A、B、C、D、E是化学中常见的物质。
常温下,E是一种无色无味的液体,它们之间有如下反应关系。
(1)若A是一种具有磁性的黑色金属氧化物,B是一种常见的非氧化性酸,A和B反应的离子方程式为_____;若在生成物C中继续滴加氢氧化钠溶液,会观察到生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,写出白色沉淀发生化学反应的方程式_______。
A与CO高温下反应可得到金属单质,写出该金属单质与水蒸气反应的化学方程式______。
(2)若实验室中利用固体A和
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