化学卷解析届山西省康杰中学等四校高三第二次联考01.docx
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化学卷解析届山西省康杰中学等四校高三第二次联考01.docx
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化学卷解析届山西省康杰中学等四校高三第二次联考01
2015届高三年级第二次四校联考
2014.12
命题:
康杰中学临汾一中忻州一中长治二中
【满分100分,考试时间为90分钟】
可能用到的相对原子质量:
H1C12O16Na23Mg24Cu64Ag108
【试卷综析】本试卷是高三第二次四校联考化学试题,在考查学生的基础知识的同时注重学生的综合能力的培养。
本试卷综合性较强,难度较大,题量较多。
本试卷考查到了化学与生活、阿伏伽德罗常数的应用、元素化合物知识、溶液中的离子反应和离子方程式的书写、化学反应中的能量变化、化学反应中的综合计算、化学实验的设计好评价等主干知识,考查了较多的知识点。
在注重考查学科核心知识的同时,突出考查考纲要求的基本能力,重视对学生科学素养的考查。
以基础知识和基本技能为载体,以能力测试为主导,注重常见化学方法的使用,应用化学思想解决化学问题,体现了化学学科的基本要求。
一、选择题(每小题3分,共48分。
每小题只有一个选项符合题意)
【题文】1.下列说法正确的是
A.塑化剂DEHP是指邻苯二甲酸二(2─乙基己)酯,对人体无害,可用作食品添加剂
B.二氧化氮经过加压凝成无色液体为物理变化
C.Na2O·SiO2是一种简单的硅酸盐,可溶于水
D.为测定熔融氢氧化钠的导电性,可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化
【知识点】二氧化硅的性质,二氧化氮的性质,食品添加剂D5
【答案解析】C解析:
A.塑化剂不能用作食品添加剂,错误;B.二氧化氮经过加压凝成无色液体是二氧化氮生成了无色的四氧化二氮,是化学变化;C.Na2O•SiO2是一种简单的硅酸盐,可溶于水,正确;D.瓷坩埚的主要成分是二氧化硅,加热条件下二氧化硅可与氢氧化钠反应生成硅酸钠,导致坩埚破裂,错误。
【思路点拨】本题考查了食品添加剂的使用、氮的氧化物的相互转化、硅酸盐的成分等,基础性较强,难度不大。
【题文】2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A.将1molCl2通入到水中,则N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2NA
B.常温常压下,3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA
C.标准状况下,2.24L的CCl4中含有的C—Cl键数为0.4NA
D.将CO2通过Na2O2使其增重a克时,反应中转移电子数为
【知识点】阿伏加德罗常数A1
【答案解析】B解析:
A.将1molCl2通入到水中,则N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)+N(Cl2)=2NA,错误;B.甲醛和冰醋酸的最简式相同,故质量一定,含有的原子数目一定,3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA,正确;C.CCl4在标准状况下为液体,不能用气体摩尔体积进行计算,错误;D.将CO2通过Na2O2使其增重a克时,反应中转移电子数为aNA/28,错误。
【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,难度不大。
【题文】3.下列说法正确的是
A.甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应
B.分子式为C4H7ClO2,可与NaHCO3产生CO2的有机物可能结构有3种
C.
分子中至少有11个碳原子处于同一平面上
D.1mol有机物一定条件下能和7molNaOH反应。
【知识点】甲烷的化学性质,有机物的结构和性质I1I4
【答案解析】C解析:
A、甲烷和Cl2的反应是取代反应,乙烯和Br2的反应属于加成反应,两者反应的类型不同,错误;B、与NaHCO3产生CO2的有机物为羧酸,即判断C3H6ClCOOH,符合结构的应有5种,错误;C、
分子中至少有11个碳原子处于同一平面上,正确;D、此有机物中含有4个酚羟基,1个羧基,1个酯基,在一定条件下能与6molNaOH反应,错误。
【思路点拨】本题考查了有机物反应类型,同分异构体的书写,有机物官能团的性质,分子的结构,知识内容基础性较强,难度不大。
【题文】4.下列判断错误的是
A.沸点:
NH3>PH3>AsH3B.结合质子的能力:
OH->CH3COO->Cl-
C.酸性:
HClO4>H2SO4>H3PO4D.碱性:
NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用E2
【答案解析】A解析:
ANH3含有氢键,沸点最高,PH3、AsH3都不含氢键,相对分子质量越大,沸点越高,应为NH3>AsH3>PH3,错误.B因H2O、CH3COOH、HCl的电离程度:
HCl>CH3COOH>H2O,所以结合质子能力OH->CH3COO->Cl-,正确C非金属性Cl>S>P,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,所以酸性:
H3PO4<H2SO4<HClO4正确;D金属性:
Na>Mg>Al,元素的金属性越强,对应最高价氧化物的水化物的碱性越强,则碱性:
NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3,正确。
【思路点拨】本题考查了元素的金属性、非金属性的递变规律,酸性的比较,题目难度中等。
【题文】
5.已知A、B为单质,C为化合物。
且有如下转化关系
A+BCA+B
若C溶于水后得到强碱溶液,则A可能是Na
②若C溶液与Na2CO3溶液反应,放出CO2气体,则A可能是H2
③若C溶液中滴加NaOH溶液,先生成沉淀后又溶解,则B可能为Al
④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成,则B可能为Cu
能实现上述转化关系的是
A.①②B.②④C.①③D.③④
【知识点】元素形成的单质和化合物的性质C5F4
【答案解析】B解析:
由题目可知,电解的最终结果是电解电解质本身,故C可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸。
①若C溶于水后得到强碱溶液,则A可能是Na,B可能为氯气,但电解NaCl溶液不能得到Na单质,错误;②若C溶液遇Na2CO3,放出CO2气体,C为HCl,则A可能是H2,故正确;③若C溶液中滴加NaOH溶液有沉淀生成,后沉淀有溶解,满足上述转化时,则B可能为Al,但在电解铝的化合物时得不到金属铝,故错误;④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成,C中应含铜离子,则B可能为Cu但电解氯化铜溶液可以得到单质铜和氯气,故正确。
正确选项为B
【思路点拨】本题考查了本题考查无机推断,把握电解生成A、B两种单质为解题本题的突破口,熟悉元素化合物的性质及电解原理即可解答,明确电解中离子的放电顺序,题目的综合性较强,但是难度不大。
【题文】6.下列有关溶液组成的描述合理的是
A.在Fe2(SO4)3溶液中可以大量存在:
K+、Fe2+、Cl-、Br-、SCN-
B.c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中可以大量存在:
Mg2+、Cu2+、HCO3-、NO3-
C.加水稀释时c(OH-)/c(H+)值增大的溶液中可大量存在:
MnO4-、CO32-、K+、NH4+
D.在碱性溶液中可以大量存在:
S2O32-、AlO2-、SiO32-、S2-、Na+
【知识点】离子共存B1
【答案解析】D解析:
A.在Fe2(SO4)3溶液中含有Fe3+与SCN-可以生成Fe(SCN)3,,错误;B.c(H+)=1×10-13mol/L的溶液显示碱性,在碱性溶液中,Mg2+与Cu2+生成沉淀,HCO3-与OH-反应生成CO32-,错误;C.加水稀释时c(OH-)/c(H+)值增大的溶液的性质显示碱性,在碱性溶液在中NH4+不能存在,错误;D.在碱性溶液中可以大量存在:
S2O32-、AlO2-、SiO32-、S2-、Na+,正确。
【思路点拨】本题考查了在一定的前提条件下离子之间的反应,这是此类试题考查的方向,明确离子之间的反应是解答的关键。
【题文】7.某种聚合物锂离子电池放电时的反应为Lil-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2,其电池如图所示。
下列说法不正确的是
A.放电时,LixC6发生氧化反应
B.充电时,Li+通过阳离子交换膜从左向右移动
C.充电时,将电池的负极与外接电源的负极相连
D.放电时,电池正极反应为Lil-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2
【知识点】原电池和电解池的工作原理F3F4
【答案解析】B解析:
放电时的反应为Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2,Co元素的化合价升高,C元素的化合价降低。
A.C元素的化合价升高,则放电时LixC6发生氧化反应,正确;B.充电时,为电解装置,阳离子向阴极移动,则Li+通过阳离子交换膜从右向左移动,错误;C.充电时负极与阴极相连,将电池的负极与外接电源的负极相连,正确;D.正极上Co元素化合价降低,放电时,电池的正极反应为:
Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2,正确;故选B。
【思路点拨】本题考查了原电池原理,明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答,注意与氧化还原反应的结合,题目难度不大。
【题文】8.下列说法正确的是
A.常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸,Ksp值变大
B.用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小
C.在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体,c(Ba2+)增大
D.物质的溶解度随温度的升高而增加,物质的溶解都是吸热的
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质H5
【答案解析】B解析:
A.Ksp值只与温度有关,向饱和AgCl水溶液中加入盐酸,由于温度不变,所以Ksp值不变,故A错误;B.AgCl溶液中存在:
AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl-(aq),Cl-浓度越大,则溶解的AgCl越少,所以用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小,故B正确;C.在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体,c(SO4)增大,Ksp值不变,故(Ba2+)减小,错误;D.物质的溶解度不一定随温度的升高而增大,如氢氧化钙溶液随温度的升高溶解度减小,故D错误。
【思路点拨】本题考查了影响物质溶解度的因素、Ksp的应用、沉淀溶解平衡的移动,侧重于有关原理的应用的考查,题目难度不大。
【题文】9.下列有关物质浓度关系的描述中,正确的是
A.25℃时,NaB溶液的pH=9,则c(Na+)-c(B-)=9.9×10-7mol·L-1
B.0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中:
c(OH-)+2c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)
C.25℃时,向0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性:
c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)
D.25℃时,将pH均为3的醋酸溶液和盐酸分别加水稀释到pH均为5,则由水电离出的H+的浓度均减小为原来的100倍
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡,离子浓度大小的比较,盐类水解的应用H6
【答案解析】C解析:
A.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-),所以得c(Na+)-c(B-)=c(OH-)-c(H+)=10-5-10-9mol•L-1,错误B.根据物料守恒,碳元素在溶液中的形式有:
CO32-、HCO3-、H2CO3,所以c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3),根据电荷守恒:
c(Na+)+c(H+)==c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)可得质子守恒:
c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3),错误;C.25℃时,向0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性:
c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+),正确;D.加水稀释促进弱电解质醋酸电离,所以醋酸继续电离出氢离子,而HCl不再电离出氢离子,导致稀释后醋酸中氢离子浓度大于盐酸,所以醋酸pH小于HCl,错误。
【思路点拨】本题考查较为综合,涉及弱电解质的电离、pH的计算、盐类的水解以及弱酸或弱碱稀释的判断等,综合性较强,题目难度中等。
【题文】10.下列解释事实的离子方程式不正确的是
A.酸性KMnO4溶液与H2O2反应:
2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
B.向FeBr2溶液中通入足量氯气:
2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
C.向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:
3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+
D.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2:
Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓
【知识点】离子方程式B1
【答案解析】D解析:
D.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2:
2NH4++Fe2++4OH-=Fe(OH)2↓+2NH3·H2O。
【思路点拨】本题考查了离子方程式的书写及判断,反应物的用量不同反应不同,涉及到的离子反应不同,在溶液中所以的离子反应要抓住是解答的关键,难度中等。
【题文】11.用铂作电极电解1000mL0.1mol/LAgNO3溶液,通电一段时间后关闭电源,测得溶液的质量减少了13.4g。
下列有关叙述正确的是(NA代表阿伏加德罗常数的值)
A.电解过程中流经外电路的电子数目为0.1NA
B.在标准状况下,两极共产生3.92L气体
C.电解后溶液的pH为2(假设溶液体积不变)
D.加入13.8gAg2CO3可将溶液彻底复原
【知识点】电解原理F4
【答案解析】B解析:
A用石墨作电极电解1000mL 0.1mol/L AgNO3溶液的阴极反应首先是Ag++e-=Ag,假设所有的银离子0.1mol全部放电,转移电子的物质的量为0.1mol,则析出金属铜的质量为:
0.1mol×108g/mol=10.8g,此时阳极放电的电极反应为:
4OH-=O2↑+H2O+4e-,转移0.1mol电子时生成的氧气的质量是:
0.025mol×32g/mol=0.8g,所以溶液质量减少总量为10.8g+0.8g=11.6g<13.4g,接下来阴极放电的是氢离子,阳极仍是氢氧根放电,相当于此阶段电解水,还要电解掉水的质量为13.4g-11.6g=1.8g,电解这些水转移电子的物质的量为0.2mol,所以整个过程转移电子的总量为0.3mol,个数为0.3NA,故A错误;B、阳极放电的电极反应为:
4OH-=O2↑+H2O+4e-,当转移0.3mol电子时,产生的氧气物质的量为0.075mol,即1.68L,阴极上产生氢气,2H++2e-=H2↑,当转移0.2mol电子时,产生的氢气物质的量为0.1mol,即2.24L,所以在标准状况下,两极共产生3.92L气体,故B正确;C、电解过程中溶液中的氢离子减少了0.2mol,而氢氧根总共减少了0.3mol,所以最后溶液中c(H+)=0.1mol/1L=0.1mol/l,其pH=1,故C错误;D、溶液相当于减少了氧化银和水,只加入Ag2CO3不能将溶液彻底复原,故D错误;故选B。
【思路点拨】本题是一道考查电解原理的综合题,在电解过程中分了两个阶段,难度较大,考查学生分析和解决问题的能力。
【题文】12.近年来化学科学家采用“组合转化”技术,将二氧化碳在一定条件下转化为重要的化工原料乙烯:
2CO2(g)+6H2(g)
C2H4(g)+4H2O(g);△H=+1411.0kJ/mol。
关于该反应,下列图示与对应的叙述相符的是
A.图1表示该反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B.图2表示一定条件下反应达到平衡后改变压强反应物的转化率的变化
C.图3表示一定条件下反应达到平衡后改变温度反应平衡常数的变化
D.图4表示一定条件下反应达到平衡后改变温度、压强产物百分含量的变化
【知识点】图像试题的分析G3
【答案解析】B解析:
A、此反应的热效应是吸热的,生成物的能量应比反应物的能量要高,错误;B、压强增大,反应向着正反应的方向移动,反应物的转化率增大,正确;C、因此反应的热效应是吸热的,温度升高,平衡向右移动,平衡常数K正增大,K逆减小,错误;D、温度升高,反应正向移动,产物的百分含量增大,错误;
【思路点拨】本题考查了外界条件改变后对化学平衡的影响,化学平衡移动之后,导致反应物及产物的量有所变化,掌握平衡移动的方向是关键,题目涉及的知识点较多,综合性较强。
【题文】13.完成下列实验所选择的装置或仪器(夹持装置部分已略去)正确的是
A
B
C
D
实
验
分离Na2CO3溶液和CH3CH2OH
除去Cl2中含有的少量HCl
做Cl2对NaOH溶液的喷泉实验
制取少量氨气
装
置
或
仪
器
【知识点】实验的设计和评价J4
【答案解析】C解析:
A、乙醇是易溶于水的,故不能用分液的方法进行分离,错误;B、氯气溶于水后也能与碳酸氢钠反应,故氯气中的氯化氢不能用碳酸氢钠溶液进行除杂,错误;C、氯气能与氢氧化钠反应,可以用于喷泉的发生,正确;D、在进行氨气的收集时,应用双孔塞或不用塞子,错误。
【思路点拨】本题考查了实验的设计和评价,涉及物质的分离、除杂以及某些物质的制备等知识,侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查,为高考常见题型和高频考点,注意把握实验的严密性和合理性,综合性较强,难度不大。
【题文】14.下列各项中“操作或现象”能达到预期“实验目的”的是
选项
目的
操作或现象
A
制备无水FeCl3
将FeCl3溶液加热蒸干
B
除去KNO3中少量NaCl
将混合物制成热的饱和溶液,冷却结晶,过滤
C
证明非金属性Cl>C>Si
向碳酸钠溶液中加盐酸产生气体,将气体先通过饱和NaHCO3溶液,再通入硅酸钠溶液时产生白色沉淀
D
测定NaCl中混有Na2CO3的量
取一定量样品加入足量稀硫酸,将产生的气体直接用足量碱石灰吸收,测得其增重,便可求得原样品中Na2CO3的量
【知识点】实验的设计和评价J4
【答案解析】B解析:
A、氯化铁溶液中存在水解平衡,加热蒸干氯化铁溶液,Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+,水解生成的氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铁,错误;B、KNO3在水中溶解度较大,而NaCl在水中的溶解度不大,可以利用溶解度差异采用冷却结晶的方法除去NaCl杂质,B正确;C、证明元素非金属性强弱是依据:
元素最高价氧化物对应水化物的酸的酸性越强,则该元素的非金属性越强,不能看盐酸与碳酸和硅酸的酸性大小,应看高氯酸与碳酸和硅酸的酸性大小,错误;D、取一定量样品加入足量稀硫酸,产生的气体主要是二氧化碳,但是其中含有一定的水分,应该先进行干燥后在用足量碱石灰吸收,测得其增重,便可求得原样品中Na2CO3的量,错误。
【思路点拨】本题考查了实验的涉及和评价,主要涉及到的是盐类的水解、物质的除杂、元素非金属性的强弱的比较及混合物中物质含量的测定,知识的综合性较强。
【题文】15.下列有关说法正确的是
A.已知:
HI(g)
H2(g)+
I2(s)△H=-26.5kJ/mol,由此可知1molHI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量
B.已知:
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ/mol,则氢气的燃烧热为ΔH=-285.8kJ/mol
C.肼(N2H4)是一种用于火箭或燃料电池的原料,已知
2H2O(g)+O2(g)=2H2O2(l)△H=+108.3kJ/mol①
N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534.0kJ/mol②
则有反应:
N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)△H=-642.3kJ/mol
D.含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和,放出28.7kJ的热量,则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为:
NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH=-57.4kJ/mol
【知识点】反应热和焓变,热化学方程式,中和热F1
【答案解析】C解析:
A.HI(g)⇌1/2H2(g)+1/2I2(s);△H=-26.5kJ/mol,该反应为可逆反应,则1molHI不能全部分解,则在密闭容器中分解后放出的能量小于26.5kJ,错误;B.燃烧热是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,所以氢气的燃烧热为285.8kJ•mol-1,错误;C.根据盖斯定律反应:
N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)与①②反应的关系为:
②—①,则△H=2×△H2—①△H1,正确;D.中和热指的是在稀溶液中,强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量。
含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和生成0.5mol水时,放出28.7kJ的热量,即中和热的数值为57.4kJ/mol,但稀醋酸为弱酸,电离吸热,故稀醋酸和稀NaOH溶液反应的中和热应小于57.4kJ/mol,错误.
【思路点拨】本题考查了燃烧热、中和热以及盖斯定律的应用,基础性较强,难度不大。
【题文】16.在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中,加入一定量的镁和铜组成的混合物,充分反应后金属完全溶解(假设还原产物只有NO),向反应后溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g。
则下列叙述不正确是
A.当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L(标准状况)
B.当生成沉淀的量最多时,消耗NaOH溶液体积最小为100mL
C.原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/L
D.参加反应金属总质量(m)为9.6g>m>3.6g
【知识点】有关混合物反应的计算C2C3D4
【答案解析】C解析:
将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中,金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO),发生反应:
3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O;3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全,发生反应:
Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3;Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3,沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜,生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为5.1g/17g/mol=0.3mol,根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。
A.镁和铜的总的物质的量为0.15mol,根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol×2/3=0.1mol,若为标准状况下,生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L,正确;B.若硝酸无剩余,则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol,需要氢氧化钠溶液的体积
=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL;硝酸若有剩余,消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL,正确;C.根据方程式可知参加反应的n反应(HNO3)=8/3n(金属)=0.15mol×8/3=0.4mol,硝酸有可能有剩余,错误;D.镁和铜的总的物质的量为0.15mol,假定全为镁,质量为0.15mol×24g/mol=3.6g,若全为铜,质量为0.15mol×64g/mol=9.6g,所以参加反应的金属的
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- 化学 解析 山西省 中学 四校高三 第二次 联考 01