届甘肃省天水市一中高三上学期第三学段考试化学试题解析版.docx
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届甘肃省天水市一中高三上学期第三学段考试化学试题解析版
2018届甘肃省天水市一中高三上学期第三学段考试化学试题(解析版)
1.下列化学用语表示正确的是
A.Mg2+的结构示意图:
B.葡萄糖的结构简式:
C6H12O6
C.H2O2的电子式:
D.硫酸的电离方程式:
H2SO4═H22++SO42﹣
【答案】A
2.下列说法正确的是
A.在25℃、101KPa,1molS(s)和2molS(s)的燃烧热相等
B.1molH2SO4(浓)与1molBa(OH)2完全中和所放出的热量为中和热
C.CO是不稳定的氧化物,它能继续和氧气反应生成稳定的CO2,所以CO的燃烧反应一定是吸热反应
D.101KPa时,1molH2燃烧所放出的热量为氢气的燃烧热
【答案】A
【解析】A、燃烧热指25℃、101kPa时1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,因此S的燃烧热相等,故A正确;B、中和热是稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O时放出的热量,浓硫酸遇水放出热量,故B错误;C、所有的燃烧都是放热反应,故C错误;D、应是生成稳定的氧化物,即101kPa时1mol氢气燃烧产生的H2O是液态水时,放出的热量才是燃烧热,故D错误。
点睛:
燃烧热指25℃、101kPa时1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,特别注意稳定的氧化物,C→CO2,H2O的状态时液态,S→SO2;中和热:
稀酸与稀碱反应生成1molH2O时放出的热量,注意:
酸、碱都是强电解质,弱电解质的电离时吸热过程,酸和碱的浓度不能太大,也不能太小,如果浓度太大,浓酸、浓碱与水放出热量,同时离子反应方程式只能写成H++OH-=H2O。
3.利用下列实验装置可以达到实验目的的是
A.甲装置可以实现Cl2的制取、收集、尾气吸收
B.乙装置可以实现乙酸乙酯的制取和收集
C.丙装置可以形成Cu—Zn原电池
D.丁装置可证明H2CO3的酸性大于H2SiO3
【答案】C
【解析】A、实验室可以采用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制取Cl2,Cl2的密度大于空气的密度,采取向上排空气法收集Cl2,但集气瓶中的导气管应该长进短出,多余的Cl2可以用NaOH溶液吸收以防污染环境,A错误;B、加热条件下,乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯,收集乙酸乙酯时用饱和碳酸钠溶液吸收,乙酸乙酯中含有挥发出的乙酸和乙醇,乙酸和乙醇易溶于水,所以导气管不能伸入液面下,否则会引起倒流,B错误;丙装置中Zn比Cu活泼,Zn与Cu2+能发生自发的氧化还原反应,盐桥构成闭合回路,故可以形成Cu—Zn原电池,C正确;D、硝酸与碳酸钠反应产生的CO2气体与硅酸钠溶液反应生成白色沉淀H2SiO3,但硝酸是一种挥发性的酸,挥发出的硝酸也能与硅酸钠溶液反应产生白色沉淀H2SiO3,因此不能确定沉淀的生成是CO2引起的还是HNO3引起的,故无法证明H2CO3的酸性大于H2SiO3,本实验中如果用稀硫酸代替硝酸就可以证明H2CO3的酸性大于H2SiO3,D错误。
正确答案为C。
点睛:
本题容易错选答案D,错误的原因是没有考虑到硝酸的挥发性,挥发出的硝酸与CO2气体一起进入硅酸钠溶液中,硝酸与CO2均能与硅酸钠溶液反应生成白色沉淀,故无法得知沉淀的生成是CO2引起的还是硝酸引起的,因此考虑问题一定要全面和严谨,才能避免犯错。
4.探究氨气及铵盐性质的过程中,下列根据实验现象得出的结论不正确的是()
A.将集有氨气的试管倒扣于水槽中,液体迅速充满试管,说明氨气极易溶于水
B.将pH=11的氨水稀释1000倍,测得pH>8,说明NH3·H2O为弱碱
C.加热NH4HCO3固体,观察到固体逐渐减少,试管口有液滴产生,说明NH4HCO3受热不稳定
D.将红热的Pt丝伸入右图所示的锥形瓶中,瓶口出现少量红棕色气体,说明氨气的氧化产物为NO2
【答案】D
【解析】氨气极易溶于水生成氨水,所以将集有氨气的试管倒扣于水槽中液体迅速充满试管,故A正确;pH=11的氨水中
mol/L,稀释1000倍,测得pH>8,
mol/L,说明NH3·H2O的电离平衡正向移动,所以NH3·H2O为弱碱,故B正确;碳酸氢铵加热分解为氨气、二氧化碳、水,故C正确;氨气的氧化产物为NO,NO在锥形瓶口与氧气反应生成NO2,所以瓶口出现少量红棕色气体,故D错误。
点睛:
氨气催化氧化生成NO,
,氨气催化氧化生成的NO可以再与氧气继续反应
。
5.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是
A.常温下,1L0.1mol•L-1CH3COONa溶液中CH3COO-离子数目为0.1NA
B.标准状况下,11.2LHF含有0.5NAHF分子
C.将含0.1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目小于0.1NA
D.含19.6gH2SO4的浓硫酸与足量铜反应,生成SO2的分子数为0.1NA
【答案】C
【解析】A、CH3COO-部分水解,常温下,1L0.1mol•L-1CH3COONa溶液中CH3COO-离子数目小于0.1NA,故A错误;B、标准状况下,11.2LHF 是液态,不是气体,故B错误;C、每个胶体粒子由成千上万个氢氧化铁粒子构成,将含0.1mol FeCl3的饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目小于0.1NA,故C正确;D、随反应的进行,硫酸浓度逐渐变稀,稀硫酸与铜不反应,生成SO2的分子数少于0.1NA,故D错误;故选C。
6.某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣等离子,当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时,发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示.下列有关对该溶液的判断不正确的是
A.该溶液中肯定含有的离子是H+、NH4+、Al3+、SO42﹣
B.肯定不含的阳离子是Mg2+、Fe3+
C.要确定该溶液是否含有Na+,必须做焰色反应实验,看焰色是否为黄色
D.该溶液中肯定含有的离子的物质的量之比为n(H+):
n(NH4+):
n(Al3+):
n(SO42﹣)=2:
3:
1:
4
【答案】D
【解析】由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,物质的量是0.2mol;后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应,则含有NH4+,物质的量是0.3mol;溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是0.1mol,则铝离子是0.1mol,由电荷守恒可知一定含有SO42-,由于钠离子不能确定,则硫酸根的物质的量≥(0.2+0.1×3+0.3)mol/2=0.4mol;则A.根据以上分析可知该溶液中肯定含有的离子是H+、NH4+、Al3+、SO42﹣,A正确;B.肯定不含的阳离子是Mg2+、Fe3+,B正确;C.要确定该溶液是否含有Na+,必须做焰色反应实验,看焰色是否为黄色,C正确;D.硫酸根的物质的量不能确定,则不能计算离子的物质的量之比,D错误,答案选D。
7.盛有O2和NO2的混合气体的量筒倒立在盛有水的水槽中,过一段时间后,量筒内的气体体积减小为原来的一半。
则原混合气体中O2和NO2的体积比是
A.2:
1B.1:
2C.3:
2D.3:
1
【答案】C
【解析】试题分析:
假设量筒的容积是VL,盛有O2和NO2的混合气体的量筒倒立在盛有水的水槽中,二者会发生反应:
4NO2+O2+2H2O=4HNO3,若剩余的气体是O2,则NO2完全反应,NO2的体积是反应的V(NO2)=4/5×1/2V=2V/5,O2的体积是V(O2)=V-2V/5=3V/5,原混合气体中O2和NO2的体积比是(3V/5):
(2V/5)=3:
2;若剩余气体是NO,相当于剩余NO2,根据3NO2+H2O=2HNO3+NO,剩余NO2的体积是3×V/2=1.5V,原混合气体体积是V,其中的成分气体不可能大于全部;答案选C。
【考点定位】考查氮氧化物溶于水的有关计算
【名师点睛】有关氮的氧化物计算题的守恒解题方法:
(1)原子守恒法(关系式法):
①NO和O2混合气体通入水中:
由2NO+O2=2NO2和3NO2+H2O=2HNO3+NO得总反应为4NO+3O2+2H2O=4HNO3,因此当体积比V(NO)∶V(O2)<4∶3余O2;V(NO)∶V(O2)=4∶3恰好完全反应;V(NO)∶V(O2)>4∶3余NO;②NO2和O2混合气体通入水中:
由3NO2+H2O=2HNO3+NO和2NO+O2=2NO2得总反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3,因此当体积比V(NO2)∶V(O2)<4∶1余O2;V(NO2)∶V(O2)=4∶1恰好完全反应;V(NO2)∶V(O2)>4∶1余NO;③NO、NO2和O2三种混合气体通入水中:
先按3NO2+H2O=2HNO3+NO计算出生成的NO体积,再加上原来混合气体中NO体积,再按①计算。
(2)电子守恒法:
当NOx转化为硝酸时要失去电子,如果是NOx与O2混合,则反应中O2得到的电子数与NOx失去的电子数相等。
这是得失电子守恒法解答此类题目的依据。
8.X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素,其原子半径与主要化合价的关系如右图所示。
下列说法错误是
A.Q位于第三周期IA族
B.X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱
C.简单离子半径:
M->Q+>R2+
D.Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸
【答案】C
【解析】由Y的化合价只有-2价推断Y为氧元素,X的半径比氧原子的半径小且只有+1价,则X为氢元素,M的最高正价为+7价,最低负价为-1,则M代表氯元素,Z的半径小于氯元素,且最低负价为-3价,最高价为+5价,则Z代表氮元素,Q只有+1一种化合价,且Q的半径大于氯原子半径,但小于只有+2价的R,故Q代表钠元素,R代表Ca元素;Na为第三周期IA族,A正确;B项X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N,可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨,故B正确;C项M-、Q+、R2+的半径大小应该为Cl->Ca2+>Na+,故C错误,D项Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4,都是强酸,故D正确;答案为C。
点睛:
微粒半径大小比较的常用规律:
(1)同周期元素的微粒:
同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外),如Na>Mg>Al>Si,Na+>Mg2+>Al3+,S2->Cl-。
(2)同主族元素的微粒:
同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大,如Li<Na<K,Li+<Na+<K+。
(3)电子层结构相同的微粒:
电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小,如O2->F->Na+>Mg2+>Al3+。
(4)同种元素形成的微粒:
同种元素原子形成的微粒电子数越多,半径越大。
如Fe3+<Fe2+<Fe,H+<H<H-。
(5)电子数和核电荷数都不同的,可通过一种参照物进行比较,如比较A13+与S2-的半径大小,可找出与A13+电子数相同的O2-进行比较,A13+<O2-,且O2-<S2-,故A13+<S2-。
9.被称之为“软电池”的纸质电池,采用一个薄层纸片作为传导体,在其一边镀锌,而在其另一边镀二氧化锰。
在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解液。
电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)。
下列说法正确的是
A.该电池的正极为锌
B.该电池反应中二氧化锰起催化剂作用
C.当0.1molZn完全溶解时,流经电解液的电子个数为1.204×1023
D.电池负极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O
【答案】D
【解析】A.该装置为原电池,电池反应式中Zn元素化合价由0价变为+2价,所以Zn失电子发生氧化反应作负极,故A错误;B.该电池反应中,二氧化锰作正极,正极反应式为MnO2+H2O+e-═MnO(OH)+OH-,故B错误;C.电子不通过电解质溶液,电解质溶液产生电流是由阴阳离子定向移动形成的,故C错误;D.负极反应式为Zn+2OH--2e-═ZnO+H2O,故D正确;故选D。
点睛:
本题中Zn元素化合价由0价变为+2价,所以Zn是负极、MnO2是正极,负极反应式为Zn+2OH--2e-═ZnO+H2O,正极反应式为MnO2+H2O+e-═MnO(OH)+OH-。
易错选项是C,注意电子不进入电解质溶液。
10.下列酸性H2CO3>HClO>HCO3—,下列有关叙述中正确的是
①向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子反应方程式为:
2ClO—+CO2+H2O=2HC1O+CO32—
②向KI和KBr混合溶液中,加入足量FeCl3溶液,用CCl4萃取后取上层中的液体少许并加入AgNO3溶液,有淡黄色沉淀生成
③向FeI2溶液中滴加少量氯水。
反应的离子方程式为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—
④卫生间的洁厕灵不能跟84消毒液混用,其离子方程式为:
ClO—+Cl—+2H+=Cl2↑+H2O
A.②④B.①③C.②③D.①④
【答案】A
【解析】试题分析:
向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子反应方程式为:
ClO—+CO2+H2O=HC1O+HCO3—,故①错误;
只能把I-氧化为碘单质,上层中的液体含有溴离子,加入AgNO3溶液,有淡黄色溴化银沉淀生成,故②正确;③向FeI2溶液中滴加少量氯水,氯气氧化碘离子,反应的离子方程式为2Fe2++2I-=2Fe3++I2,故③错误;卫生间的洁厕灵不能跟84消毒液混用,其离子方程式为:
ClO—+Cl—+2H+=Cl2↑+H2O,故④正确。
故选A
考点:
本题考查氧化还原反应。
11.通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。
对下列反应的推断或解释正确的是
选项
操作
可能的实验现象
解释
A
向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液
溶液变黄
发生氧化还原反应,且氧化性:
H2O2>Fe3+
B
将CO2 通入Ba(NO3)2溶液中
有白色沉淀生成
CO2与Ba(NO3)2反应生成BaCO3
C
某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液
有白色沉淀生成
溶液中一定含有SO42-
D
向淀粉-KI溶液中通入少量Cl2
溶液变蓝
Cl2与淀粉发生显色反应
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】A.亚铁离子在酸性条件与过氧化氢反应生成铁离子,溶液变黄,故正确;B.二氧化碳和硝酸钡不反应,故错误;C.某溶液加入硝酸酸化的氯化钡生成白色沉淀,原溶液中可能含有硫酸根离子或亚硫酸根离子或银离子,故错误;D.氯气和碘化钾反应生成碘单质,遇到淀粉显蓝色,不是氯气和淀粉反应,故错误。
故选A。
12.将稀硫酸和稀硝酸的混合酸加入足量的铜粉,HNO3的物质的量浓度是2mol﹒L—1,取10mL此混合酸,待反应结束过滤后可得到纯净的CuSO4溶液,则上述稀硫酸的物质的量浓度和在标准状况下产生的气体体积分别为(设反应中HNO3被还原成NO)
A.2mol﹒L—1、448mLB.3mol﹒L—1、672mL
C.4mol﹒L—1、224mLD.3mol﹒L—1、448mL
【答案】D
【解析】试题分析:
设稀硫酸的物质的量浓度和在标准状况下产生的气体体积分别为cmol/L、VL,
10mL混合酸中含有n(NO3-)=0.01L×2mol/L=0.02mol
C=3mol﹒L—1,V=0.448L,故D正确。
考点:
本题考查化学计算。
13.交通运输部在南海华阳礁举行华阳灯塔和赤瓜灯塔竣工发光仪式,宣布两座大型多功能灯塔正式发光并投入使用。
镁海水电池可为灯塔提供能源,其装置如图所示。
下列有关镁海水电池的说法正确的是
A.Mg电极上发生还原反应
B.该电池工作一段时间后,左侧溶液质量减轻
C.正极的电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O
D.若电池工作时转移2mol电子,则有2molH+由质子交换膜左侧向右侧迁移
【答案】C
【解析】A.Mg电极作负极,发生氧化反应,故A错误;B.该电池工作一段时间后,由于H+从右到左通过质子交换膜,所以左侧溶液质量增重,故B错误;C.正极发生还原反应,正极的电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O,故C正确;D.若电池工作时转移2mol电子,则有2molH+由质子交换膜右侧向左侧迁移,故D错误。
故选C。
14.已知:
2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=﹣217kJ•mol﹣1
C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=bkJ•mol﹣1
H﹣H、O﹣H和O=O键的键能分别为436、462和495kJ•mol﹣1,则b为
A.+352B.+132C.﹣120D.﹣330
【答案】B
【解析】①2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=﹣217kJ•mol﹣1
②C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=bkJ•mol﹣1,根据盖斯定律:
②×2﹣①得:
2H2O(g)═O2(g)+2H2(g)△H=2b﹣(﹣217kJ•mol﹣1);
而2H2O(g)═O2(g)+2H2(g)△H=4×462﹣495﹣436×2(kJ•mol﹣1),
即2b﹣(﹣217kJ•mol﹣1)=4×462﹣495﹣436×2(kJ•mol﹣1)
解得b=+132,故选:
B.
【点评】本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系,反应热计算方法是解题关键,题目难度中等.
15.随着各地治霾力度的加大,大力发展高性能燃料电池汽车成为研究课题。
如图是某课题组设计的液体燃料电池示意图。
下列有关叙述不正确的是
A.该电池的优点是不产生污染气体,且液体燃料便于携带
B.电池内部使用的是阴离子交换膜,OH-经交换膜移向负极
C.该燃料电池的电极材料采用多孔纳米碳材料(如图),目的是增大接触面积,增加吸附量
D.该电池中通入N2H4的电极为正极,发生的电极反应式为N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O
【答案】D
【解析】A.该燃料电池中,联氨和空气中的氧气反应生成氮气和水,不会造成大气污染,同时液态联氨便于携带,正确;B.该原电池中,正极上氧气结合电子生成氢氧根离子,氢氧根离子移向负极,所以离子交换膜要选取阴离子交换膜,正确;C.因为电池中正负极上为气体参与的反应,所以采用多孔导电材料,可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量,并使它们与电解质溶液充分接触,正确;D.通入N2H4的电极为负极,负极上燃料失电子发生氧化反应,电极反应式为:
N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O,错误。
点睛:
电化学类试题在分析过程中先确定池型(燃料电池),然后分析电极(左:
N2H4→N2,发生氧化反应,负极);分析电极反应:
N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O;最后判断电子、离子的流向及数目等。
16.向59.2gFe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0L,固体物质完全反应,生成NO和Fe(NO3)3.在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液2.8L,此时溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,沉淀质量为85.6g.下列有关说法错误的是()
A.Fe2O3与FeO的物质的量之比为1:
6
B.硝酸的物质的量浓度为3.0mol/L
C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48L
D.Fe2O3,FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
【答案】D
【解析】试题分析:
在所得溶液中加入NaOH溶液后,此时溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,溶液中溶质为NaNO3,n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×2.8L=2.8mol,沉淀为Fe(OH)3,质量为85.6g,物质的量为
=0.8mol,根据铁元素守恒有n(FeO)+2n(Fe2O3)=n[Fe(OH)3],所以反应后的溶液中n[[Fe(NO3)3]=n[Fe(OH)3]=0.8mol,设Fe2O3和FeO的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者质量有160x+72y=59.2,根据铁元素守恒有:
2x+y=0.8,联立方程解得x=0.1、y=0.6。
A.由上述分析可知,n(Fe2O3):
n(FeO)=0.1mol:
0.6mol=1:
6,故A正确;B.根据电子守恒,生成NO的物质的量为:
=0.2mol,根据N元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.2mol+2.8mol=3mol,所以原硝酸溶液的浓度为:
=3mol/L,故B正确;C.根据B可知n(NO)=0.2mol,所以标准状况下NO的体积为:
0.2mol×22.4L/mol=4.48L,故C正确;D.反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液,氢氧化钠与硝酸铜反应,剩余的氢氧化钠与硝酸反应,最后为硝酸钠溶液,根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)+2n[[Fe(NO3)3]=n(NaNO3),所以n(HNO3)=n(NaNO3)-3n[[Fe(NO3)3]=2.8mol-3×0.8mol=0.4mol,故D错误;故选D。
考点:
考查了混合物反应的计算、氧化还原反应的计算的相关知识。
17.如表所示为元素周期表的一部分,参照元素①~⑨在表中的位置,请回答下列问题:
(1)③、④、⑦的原子半径由大到小的顺序是_________(用元素符号表示)。
(2)下列事实能说明②元素的非金属性比⑥元素的非金属性强的是__________。
A.②的单质与⑥元素的简单氢化物溶液反应,溶液变浑浊
B.在氧化还原反应中,1mol②单质比1mol⑥单质得电子多
C.②和⑥两元素的简单氢化物受热分解,前者的分解温度高。
(3)①、②两种元素按原子个数之比为1:
1组成的常见液态化合物,在酸性溶液中能将Fe2+氧化,写出该反应的离子方程式___________________。
(4)已知周期表中存在对角相似规则,如铍(Be)与铝化学性质相似,⑧的氧化物、氢氧化物也有两性,写出⑧的氢氧化物与④的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式_______________________。
(5)已知W+X=Y+Z(反应需要加热,),W、X、Y、Z分别是由①②⑨三种元素形成的四种10电子粒子(W、X为离子,Y、Z为分子),写出该化学方程式_________________。
(6)由表中元素形成的物质可发生如图中的反应,其中B、C、G是单质,B为黄绿色气体,D溶液显碱性。
①写出D溶液与G反应的离子方程式__________________
②写出检验A溶液中溶质的阴离子的方法______________
【答案】
(1).Na>Cl>F
(2).AC(3).H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O(4).Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O(5).NH4++OH-
NH3↑+H2O(6).2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑(7).取少量A溶液滴加几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀生成
【解析】试题分析:
根据元素周期表,①是H元素;②是O元素;③是F元素;④是Na元素;⑤是Al元素;⑥是S元素;⑦是Cl元素;⑧是Be元素;⑨是N元素。
解析:
(1)同周期元素从左到右半径减小,所以Na>Cl;同主族元素从上到下半径增大,所以
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