届北京市石景山区高三第一次模拟化学试题解析版.docx
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届北京市石景山区高三第一次模拟化学试题解析版
北京市石景山区2020届高三第一次模拟
可能用到的相对原子质量:
H-1N-14O-16K-39Cu-64Br-80I-127
第Ⅰ卷(选择题共42分)
本部分共14个小题,每小题3分,每小题只有一个选项符合题意
1.用化学沉淀法除去粗盐中的杂质离子,不需要的操作是()
A.分液B.溶解C.过滤D.蒸发
『答案』A
『详解』除去粗盐中的杂质离子,首先要将粗盐加水溶解,然后加入除杂试剂,过滤,最后将滤液蒸发结晶,故不需要的操作为分液。
A项错误;
『答案』选A。
2.化学在疫情防控中发挥着重要作用,下列说法不正确的是()
A.二氧化氯可用于自来水消毒
B.医用消毒酒精是95%的乙醇溶液
C.医用防护口罩的材料之一是聚丙烯,聚丙烯属于高分子材料
D.84消毒液和酒精混合消毒作用减弱,可能发生了复杂的化学反应
『答案』B
『详解』A.二氧化氯可在广泛的pH值范围内杀死水中的细菌和病毒,可用于自来水消毒。
A项正确;
B.医用消毒酒精是75%的乙醇溶液,B项错误;
C.医用防护口罩中的熔喷布主要以聚丙烯为主要原料,聚丙烯属于高分子材料,C项正确;
D.84消毒液是一种以次氯酸钠为主要成分的含氯消毒剂,具有氧化性,遇到酒精会发生复杂的化学反应而使消毒作用减弱,D项正确;
『答案』选B。
3.对以下科学家的发明发现,分析不合理的是()
A.屠呦呦研究小组发现抗疟新药青蒿素,帮助很多人摆脱了疟疾的威胁
B.侯德榜制碱法,最终制得纯碱的化学式为:
NaHCO3
C.阿伏加德罗提出分子学说,使人们对物质结构的认识发展到一个新的阶段
D.门捷列夫发现元素周期律,使化学的研究变得有规律可循
『答案』B
『详解』A.屠呦呦研究小组发现抗疟新药青蒿素,帮助很多人摆脱了疟疾的威胁,A正确;
B.侯德榜制碱法,最终制得纯碱的化学式为:
Na2CO3,B错误;
C.阿伏加德罗提出分子学说,使人们对物质结构的认识发展到一个新的阶段,C正确;
D.门捷列夫发现元素周期律,使化学的研究变得有规律可循,D正确。
『答案』选B。
4.15N、N5+、NH5(为离子化合物,结构与NH4Cl相似)等均已被发现,下列说法正确的是()
A.15N的原子结构示意图为:
B.N5+中含36个电子
C.NH5既含离子键,又含共价键
D.NH5的电子式为:
NH4+[:
H]-
『答案』C
『详解』A.15N中15为原子的质量数,而不是质子数,A项错误;
B.一个N原子中含有7个电子,N5+包含5个N原子且构成中失去一个电子,故其中含34个电子,B项错误;
C.NH4Cl中包含离子键和共价键,由题给信息:
NH5为离子化合物,结构与NH4Cl相似可知,NH5既含离子键,又含共价键。
C项正确;
D.NH4+的电子式表示错误,NH5的电子式正确应为:
,D项错误;
『答案』选C。
5.下列各项比较中,一定相等的是()
A.相同物质的量Cu分别与足量浓硝酸和稀硝酸反应,生成气体的物质的量
B.相同物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子的数目
C.相同质量的Fe分别与足量Cl2、S充分反应,转移的电子数
D.相同物质的量浓度的NH4Cl和NH4HCO3溶液中的c(NH4+)
『答案』B
『详解』A.Cu和浓硝酸反应生成NO2,和稀硝酸反应生成NO,根据电子得失守恒可知,等物质的量的Cu分别与足量浓硝酸和稀硝酸反应,生成气体的物质的量不相等,A项错误;
B.Na2O和Na2O2中所含阴离子分别为氧离子和过氧根离子,等物质的量的两种物质中,阴离子的物质的量之比为1:
1,故相同物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子的数目一定相等,B项正确;
C.Fe和足量Cl2反应生成FeCl3,每生成1molFeCl3转移3mol电子,Fe和S反应生成FeS,每生成1molFeS转移2mol电子,据此可知,等质量的Fe分别与足量Cl2、S充分反应,转移的电子数不相等,C项错误;
D.NH4Cl溶液中NH4+水解,Cl-不发生水解,对NH4+的水解无影响;NH4HCO3溶液中NH4+和HCO3-会发生互促水解,故相同物质的量浓度的NH4Cl和NH4HCO3溶液中的c(NH4+)不相等,D项错误;
『答案』选B。
6.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是()
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
CH≡CH(H2S)
CuSO4溶液
B
CO2(HCl)
饱和Na2CO3溶液
C
铜粉(铁粉)
过量盐酸
D
Cl2(HCl)
H2O
『答案』A
『详解』A.CH≡CH中含有H2S杂质,H2S可与CuSO4溶液发生反应:
H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4,可以达到除杂目的,且反应非氧化还原反应,符合题意,A项正确;
B.CO2也会和Na2CO3溶液反应,除杂试剂选择错误,应选NaHCO3溶液作除杂试剂,B项错误;
C.铜粉不与盐酸反应,铁粉与盐酸发生反应:
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,该反应属于氧化还原反应,不符合题意,C项错误;
D.Cl2能溶于水,也能和H2O发生反应,除杂试剂选择错误,应选饱和食盐水作除杂试剂,D项错误;
『答案』选A。
『点睛』除杂原则:
(1)不增,不能引入新杂质;
(2)不减,尽量不减少被提纯和分离的物质;
(3)易分,应使被提纯或分离的物质与其他物质易分离;
(4)易复原,被提纯物质转化后要易被复原。
7.脲醛树脂的合成与酚醛树脂类似,生成线型脲甲醛树脂的方程式为:
n
+nHCHO
+xH2O,下列说法不正确的是()
A.网状的脲甲醛树脂以如图所示结构单元为主
B.方程式中的化学计量数x=n-1
C.脲甲醛树脂合成过程中可能存在中间体
D.通过质谱法测定线型脲甲醛树脂的平均相对分子质量,可得其聚合度
『答案』A
『详解』A.网状的脲甲醛树脂的结构单元为:
,A项错误;
B.分析题给反应方程式,可知n分子HCHO和n分子
发生缩聚生成n-1分子H2O,B项正确;
C.尿素与甲醛在碱性介质中进行加成反应,生成较稳定的羟甲基脲(
),C项正确;
D.质谱法能够测定线型脲甲醛树脂的平均相对分子质量,通过链节以及相对原子质量,可求出聚合度,D项正确;
『答案』选A。
8.结合元素周期律,根据下列事实所得推测不合理的是()
事实
推测
A
Na比Li活泼
Cs比Na更活泼
B
N、P、As均为非金属元素
第ⅤA元素均为非金属元素
C
H2O热稳定性强于H2S
H2S热稳定性强于H2Se
D
Mg(OH)2碱性弱于NaOH
Al(OH)3碱性更弱
『答案』B
『详解』A.根据元素周期律,同主族元素,从上到下,金属性逐渐增强,非金属性逐渐减弱,Li、Na、Cs都属碱金属元素,随着原子序数的增大,金属性逐渐增强,由Na比Li活泼推测Cs比Na更活泼正确,A项正确;
B.根据元素N、P、As均为非金属元素,不能推测出第ⅤA元素均为非金属元素,B项错误;
C.根据元素周期律,非金属性越强,生成氢化物的稳定性越强,故由H2O热稳定性强于H2S,可以推测出H2S热稳定性强于H2Se,C项正确;
D.根据元素周期律,同一周期元素从左至右,金属性逐渐减弱,相应的最高价氧化物对应水化物的碱性越弱。
故由Mg(OH)2碱性弱于NaOH可以推测出Al(OH)3碱性更弱,D项正确;
『答案』选B。
9.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。
我国学者发现T℃时(各物质均为气态),甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图:
下列说法正确的是()
A.反应Ⅱ的热化学方程式为:
CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=+akJ/mol(a>0)
B.1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量大于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量
C.选择优良的催化剂降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能,有利于减少过程中的能耗
D.CO(g)在反应中生成又消耗,CO(g)可认为是催化剂
『答案』C
『分析』由反应机理图可知,反应Ⅰ为:
CH3OH=2H2+CO,反应Ⅱ为:
CO+H2O=H2+CO2。
由能量图可知,反应Ⅰ为吸热反应,反应Ⅱ为放热反应,对比能量图中反应Ⅰ的反应物所具有的能量和反应Ⅱ的生成物所具有的能量,可知反应Ⅰ的反应物和反应Ⅱ的生成物所具有的能量的大小关系为:
EⅡ生>EⅠ反。
据此进行分析。
『详解』A.结合能量图可知,反应Ⅱ为放热反应,根据反应机理图可知,反应Ⅱ的热化学方程式为:
CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-akJ/mol(a>0),A项错误;
B.结合反应机理和能量图可知,EⅡ生>EⅠ反,即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量,B项错误;
C.催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活化能,从而可减少反应过程的能耗,C项正确;
D.CO(g)属于中间产物,不是催化剂。
D项错误;
『答案』选C。
10.印刷电路板(PCB)是用腐蚀液将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。
一种用FeCl3溶液制作PCB并将腐蚀后废液回收再生的流程如图:
下列说法不正确的是()
A.腐蚀池中发生反应的化学方程式是:
Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2
B.腐蚀后的废液中,主要的金属阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+
C.置换池中发生的主要反应为:
Fe+Cu2+=Cu+Fe2+和Fe+2Fe3+=3Fe2+
D.再生池中加入酸化的H2O2,反应过程中pH降低
『答案』D
『分析』分析流程图,覆铜板在腐蚀池中发生反应:
Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,在沉降池中沉降后,在置换池中加入铁粉置换出Cu,同时发生Fe3+被铁粉还原为Fe2+的反应,则固体为Cu以及剩余的Fe,再生池中为FeCl2,通过加入氧化剂将FeCl2氧化为FeCl3,再度循环利用。
据此分析。
『详解』A.腐蚀池中为FeCl3溶液与覆铜板发生反应:
Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,A项正确;
B.腐蚀后
废液中,有未反应完的FeCl3和反应过程中生成的CuCl2及FeCl2,故废液中,主要的金属阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+,B项正确;
C.置换池中铁粉分别与CuCl2、FeCl3发生了化学反应:
Fe+Cu2+=Cu+Fe2+和Fe+2Fe3+=3Fe2+,C项正确;
D.再生池中加入酸化的H2O2,发生反应:
H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O,反应中消耗H+生成H2O,反应过程中pH增大,D项错误;
『答案』选D。
11.室温下有下列四种溶液,下列叙述正确的是()
编号
①
②
③
④
pH
3
3
11
11
溶液
盐酸
醋酸溶液
氢氧化钠溶液
氨水
A.①、②、③三种溶液的物质的量浓度大小为:
①=③>②
B.相同体积的①、②溶液分别与③溶液完全中和,消耗③溶液的体积:
①>②
C.②、③两溶液等体积混合,所得溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D.①、③溶液以体积比为9:
11混合,则混合溶液的pH=4
『答案』C
『分析』分析题给表格,①③溶液分别为强酸、强碱溶液,在水溶液中完全电离。
②④溶液分别为弱酸、弱碱溶液,在水溶液中部分电离。
据此分析。
『详解』A.盐酸为强电解质,pH=3的盐酸,其物质的量的浓度为10-3mol·L-1,氢氧化钠为强电解质,pH=11的氢氧化钠溶液,其物质的量浓度为
,醋酸为弱酸,在水溶液中部分电离,pH=3的醋酸溶液,其物质的量浓度大于pH=3的盐酸溶液。
故①、②、③三种溶液的物质的量浓度大小为:
①=③<②,A项错误;
B.pH相同,相同体积的①、②溶液,溶液的物质的量:
②>①,则相同体积的①、②溶液分别与③溶液完全中和,消耗③溶液的体积:
①<②,B项错误;
C.②、③两溶液等体积混合,得到了醋酸和醋酸钠的混合溶液,溶液中离子浓度大小关系为:
c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),C项正确;
D.根据以上分析,①、③溶液其物质的量浓度相等,二者混合,发生反应:
HCl+NaOH=NaCl+H2O,反应中HCl和NaOH的物质的量之比为1:
1,设①溶液体积为9V,则③溶液体积为11V,反应后所得溶液为NaCl和NaOH的混合溶液,混合溶液中c(OH-)=
,则溶液的pH=10,D项错误;
『答案』选C。
『点睛』求算碱性溶液的pH时,一般先根据
求出c(H+),再由
求出pH。
12.潮湿环境、Cl-、溶解氧是造成青铜器锈蚀的主要环境因素,腐蚀严重的青铜器表面大多存在起催化作用的多孔催化层。
图为青铜器发生电化学腐蚀的原理示意图,下列说法正确的是()
A.腐蚀过程中,青铜基体是正极
B.若有64gCu腐蚀,理论上耗氧体积为22.4L(标准状况)
C.多孔催化层的形成加速了青铜器的腐蚀速率,是因为改变了反应的焓变
D.环境中的Cl-、正负极产物作用生成多孔粉状锈,其离子方程式为:
2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓
『答案』D
『分析』据图可知,O2得电子生成OH–,Cu失去电子生成Cu2+,过程中发生了吸氧腐蚀。
据此可判断出原电池的正负极。
根据原电池的工作原理,可写出电极反应式,根据得失电子守恒可进行相关计算。
据此分析。
『详解』A.根据图示可知,Cu失去电子生成Cu2+,故腐蚀过程中,青铜基体是负极,A项错误;
B.由题给信息可知,原电池负极的电极反应式为:
Cu-2e–=Cu2+,正极电极反应式为:
O2+2H2O+4e–=4OH–,根据得失电子守恒可得关系式:
2Cu~O2,据此可知,若有64gCu腐蚀,理论上耗氧体积为
(标准状况),B项错误;
C.多孔催化层起催化剂的作用,催化剂能降低反应的活化能,从而加快反应速率,但不能改变反应的初态和终态,所以反应焓变不变,C项错误;
D.根据题给信息,结合原电池的电极产物,可知Cl–与正负极产物发生反应:
2Cu2++3OH–+Cl–=Cu2(OH)3Cl↓,D项正确;
『答案』选D。
13.钠的燃烧产物中混有黑色物质,研究小组进行如图所示的实验探究。
下列推测不正确的是()
A.过氧化钠与硫酸的反应可能有:
Na2O2+2H+=2Na++H2O2
B.a试管中的现象说明燃烧前钠块中含有铁元素
C.c试管的溶液为无色,推测发生的反应为:
5H2O2+6H++2MnO4-=2Mn2++5O2↑+8H2O
D.根据以上实验可判定:
该实验中钠的燃烧产物里含Fe2O3,不含Fe3O4
『答案』D
『分析』分析实验过程,a试管中溶液颜色变浅红色,发生反应:
Fe3++SCN–=Fe(SCN)3(血红色),说明滤液中含有Fe3+;b试管中无蓝色沉淀,说明滤液中无Fe2+。
c试管溶液最终变无色,有气泡放出,说明滤液中的某物质与酸性KMnO4发生了氧化还原反应,并产生了气体,据此进行分析推测。
『详解』A.钠的燃烧产物为Na2O2,结合c试管的现象,推测可能Na2O2与稀硫酸反应:
Na2O2+2H+=2Na++H2O2,A项正确;
B.a试管中溶液颜色变浅红色,说明滤液中含有Fe3+,则燃烧前钠块中含有铁元素,B项正确;
C.根据c的实验现象,说明滤液中的某物质与酸性KMnO4发生了氧化还原反应,并产生了气体,分析钠的燃烧产物的性质及与稀硫酸可能的反应过程,推测c中发生了反应:
:
5H2O2+6H++2MnO4-=2Mn2++5O2↑+8H2O,C项正确;
D.根据以上实验,可以推断出钠的燃烧产物里含有+3价的铁元素,不能判定该物质是Fe2O3,D项错误;
『答案』选D。
14.SiHCl3在催化剂作用下主要发生反应:
2SiHCl3(g)
SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)ΔH=+48kJ·mol-1。
已知:
反应速率
,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
下列说法正确的是()
A.343K时反应物的平衡转化率为21%
B.a点的反应速率小于b点的反应速率
C.343K时
=
D.由323K的平衡转化率数据,不能计算323K的平衡常数K
『答案』C
『分析』分析题给信息,该可逆反应为气体分子数不变且吸热的反应。
则对于该可逆反应来说,温度升高,反应向正反应方向进行。
根据题中t-SiHCl3%图,可知曲线a为343K时SiHCl3的转化率-时间曲线,曲线b为323K时SiHCl3的转化率-时间曲线。
据此进行分析。
『详解』A.由分析可知,曲线a为343K时的变化曲线,由图可知,343K时反应物的平衡转化率为22%,A项错误;
B.由图可知,a、b两点的转化率相等,可认为各物质的浓度对应相等,而a点的温度更高,所以速率更快,即a点的反应速率大于b点的反应速率,B项错误;
C.由图可知,343K时SiHCl3的转化率为22%,设起始时SiHCl3的浓度为1mol/L,则根据反应方程式有:
平衡时v正=v逆,则
,则
,C项正确;
D.由图可知,323K时SiHCl3的转化率为21%,设起始时SiHCl3的浓度为1mol/L,由反应方程式可知:
该可逆反应的平衡常数K=
,故由323K的平衡转化率数据,可以计算323K的平衡常数K,D项错误;
『答案』选C。
第Ⅱ卷(非选择题共58分)
本部分共5小题,共58分
15.汽车尾气中NOx的生成和消除是科学家研究的重要课题。
(1)NOx能形成酸雨,NO2转化为HNO3的化学方程式是____________________________。
(2)汽车发动机工作时会引发N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H=+180kJ·mol-1,其能量变化示意图如下:
则NO中氮氧键的键能是______kJ·mol-1。
(3)用NH3可消除NO污染,反应原理为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O,以n(NH3):
n(NO)分别为4:
1、3:
1、1:
3投料,得到NO脱除率随温度变化的曲线如图所示:
曲线a对应的n(NH3):
n(NO)=________。
曲线c中NO的起始浓度为4×10-4mg/m3,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为________mg/(m3·s)。
③由图可知,无论以何种比例反应,在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降,可能的原因是__________________________________________________________(至少写两条)。
『答案』
(1).3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3
(2).632∙(3).1:
3(4).1×10-4(5).ⅰ、催化剂的活性下降;ⅱ、氨气可能发生分解;ⅲ、反应为放热反应,温度高反应速率快,达到平衡后平衡逆向移动
『分析』
(1)NO2和水反应生成HNO3和NO。
(2)根据∆H=反应物化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量,计算氮氧键的键能;
(3)NH3和NO的物质的量的比值越大,NO的脱除率越大,则n(NH3):
n(NO)为4:
1、3:
1、1:
3时,对应的曲线为c、b、a。
由题给信息,可类比反应速率的定义进行NO的脱出速率的计算。
温度升高,NO的脱除率降低,可根据可逆反应的平衡移动进行分析。
『详解』
(1)NO2与水发生反应:
3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3;『答案』为:
3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3;
(2)根据∆H=反应物化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量,可得:
946kJ·mol-1+498kJ·mol-1-2akJ·mol-1=180kJ,解得:
a=632。
『答案』为:
632;
(3)①由分析可知,曲线a对应的n(NH3):
n(NO)=1:
3;『答案』为:
1:
3;
②由图可知,A点到B点,NO的脱除率为0.75-0.55=0.20,则从A点到B点
,则从A点到B点内NO的脱除率为
,『答案』为:
1×10-4;
③可从催化剂、可逆反应的平衡移动、反应物或生成物随温度变化的角度进行分析。
在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降,可能的原因有:
ⅰ、催化剂的活性下降;ⅱ、氨气可能发生分解;ⅲ、反应为放热反应,升高温度,达到平衡后平衡逆向移动;『答案』为:
ⅰ、催化剂的活性下降;ⅱ、氨气可能发生分解;ⅲ、反应为放热反应,升高温度,达到平衡后平衡逆向移动。
16.清代化学家徐寿创立了化学元素的中文名称和造字原则,推动了化学知识在中国的传播和应用。
物质A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z组成,其中Z为金属元素,X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同,物质A的结构式如图所示:
回答下列问题:
(1)Y、Z元素的名称为徐寿确定并使用至今,Y在周期表中的位置是__________。
(2)比较X、Y、Z简单离子的半径大小(用对应离子符号表示)__________。
(3)在YZO2与YX的混合液中,通入足量CO2是工业制取A的一种方法,写出该反应的化学方程式______________________________________。
(4)与X同主族的元素溴和碘可以发生下列置换反应:
Br2+2I-=2Br-+I2,I2+2BrO3-=2IO3-+Br2,这两个置换反应矛盾吗?
简述理由___________________________________
___________________________________________________________。
『答案』
(1).第三周期第ⅠA族
(2).F−>Na+>Al3+(3).NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3(4).不矛盾。
前者Br2是氧化剂,I2是氧化产物,氧化剂的氧化性大于氧化产物;后者I2是还原剂,Br2是还原产物,还原剂的还原性大于还原产物。
(不矛盾;前者是“Br”得电子倾向强于“I”,后者是“I”失电子倾向强于“Br”)
『分析』分析A的结构式,其中Y形成+1价的阳离子,X可形成一个共价键,Z成六个共价键,X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素,其中Z为金属元素。
由此可推断X形成-1价的阴离子,可推测X为F元素,根据X和Z形成显-3价的阴离子,可知Z应显+3价,且Z为金属元素,则Z为Al元素。
由X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同,可知Y为Na元素,据此进行分析。
『详解』
(1)Na元素在元素周期表中位于第三周期第ⅠA族,『答案』为:
第三周期第ⅠA族;
(2)根据核外电子排布相同时,核电荷数越大,离子半径越小,X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同,则其离子半径大小关系为:
F−>Na+>Al3+;『答案』为:
F−>Na+>Al3+;
(3)根据题意及原子守恒,可知化学反应方程式为:
NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3;『答案』为:
NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3;
(4)不矛盾;分析两个反应,在前一个反应中,Br2作为氧化剂,将I-氧化为I2,I2为氧化产物
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