江苏省南京市届高三第三次模拟考试化学试题附答案.docx
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江苏省南京市届高三第三次模拟考试化学试题附答案
江苏省南京市2020届高三第三次模拟考试
化学试题
1.2018年“地球一小时“活动号召公众开启绿色行为方式。
下列做法不符合绿色行为方式的是
A.优先选择私家车出行B.理性购物,适度点餐不浪费
C.购物自带环保袋,少用塑料包装D.垃圾尽量分类,电子设备以旧换新
【答案】A
【解析】
绿色出行的方式应该是选择自行车或公共交通工具,所以选项A不符合绿色行为方式。
理性购物,适度点餐不浪费,这样能最大程度的达到节约的目的,选项B符合绿色行为方式。
购物自带环保袋,少用塑料包装可以减少白色污染,选项C符合绿色行为方式。
垃圾尽量分类有利于垃圾的处理,电子设备以旧换新可以促进电子设备的回收利用,选项D符合绿色行为方式。
2.下列有关化学用语表示正确的是
A.原子核内有10个中子的氧原子:
B.硫离子的结构示意图:
C.次氯酸钠的电子式:
D.葡萄糖分子的结构简式:
C6H12O6
【答案】C
【解析】
【详解】A、氧是第8号元素,所以氧原子的原子核内有8个质子,原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18,所以该氧原子为
,错误;
B、硫离子的结构示意图应该为
,错误;
C、次氯酸钠中存在Na+和ClO-,所以其电子式为:
,正确;
D、C6H12O6是葡萄糖的分子式,错误;
答案选C。
3.下列物质性质与应用对应关系正确的是
A.氨气易溶于水,可用作制冷剂
B.浓硫酸具有脱水性,可用于气体的干燥
C.二氧化硫具有氧化性,可用于纸浆的漂白
D.碳化硅硬度大,可用作砂纸、砂轮的磨料
【答案】D
【解析】
氨气可用作制冷剂的原因是液氨气化时会吸热,选项A错误。
浓硫酸作为干燥剂时表现的是吸水性,选项B错误。
二氧化硫的漂白是和某些有色物质结合转化为无色化合物,与氧化性还原性无关,选项C错误。
碳化硅俗称金刚砂,有很大的硬度,可以用作磨料,选项D正确。
4.短周期主族元素X、Y、Z、W质子序数依次增大,其中X的一种单质是自然界硬度最大的物质,Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍,Z是短周期元素中金属性最强的元素,W与X同主族。
下列说法正确的是
A.原子半径:
r(X) B.X的氢化物的热稳定性比Y的强 C.W的最高价氧化物的水化物是一种强酸 D.Y与Z形成的化合物中可能存在共价健 【答案】D 【解析】 【分析】 X的一种单质是自然界硬度最大的物质(金刚石),所以X是C。 Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍,所以Y是O。 Z是短周期元素中金属性最强的元素,所以Z是Na。 W与X(C)同主族,所以W是Si。 【详解】A.原子半径的大小为: Na(Z)>Si(W)>C(X)>O(Y),所以选项A错误; B.X的氢化物是CH4,Y的氢化物是H2O,同周期从左向右气态氢化物稳定性增强,所以热稳定性是Y的气态氢化物强,选项B错误; C.W(Si)的最高价氧化物的水化物是硅酸,属于弱酸,选项C错误; D.Y与Z形成的化合物可能是Na2O2,其中存在氧原子和氧原子之间的共价键,选项D正确; 故选D。 5.下列指定反应的离子方程式正确的是() A.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体: Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+ B.向硫酸铝溶液中滴加过量氨水: 2Al3++6NH3·H2O=2Al(OH)3↓+6NH4+ C.向NaClO溶液中通入过量的SO2: SO2+ClO-+H2O=HSO3-+HClO D.向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加过量NaOH溶液: Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓ 【答案】B 【解析】 制备的氢氧化铁胶体,所以不可能是氢氧化铁沉淀,选项A的方程式错误。 氨水能将铝离子转化为氢氧化铝沉淀,过量的氨水也不会将氢氧化铝沉淀溶解,所以选项B的方程式正确(当然,将系数化简为最简整数比也是正确的)。 次氯酸具有很强的氧化性,应该能将+4价硫氧化为+6价,所以NaClO溶液中通入过量的SO2应该发生氧化还原反应,选项C错误。 向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加过量NaOH溶液,氢氧根会和铵根离子和Fe2+反应,所以选项D的方程式不正确。 点睛: 离子方程式的正误判断的方法是: ①是否以化学反应的客观事实为依据。 ②物质的拆分是否正确。 ③是否遵循质量守恒和电荷守恒。 ④是否符合物质的固定组成。 6.下列装置正确 是 A.制取收集氨气 B.制取氯气 C.除去二氧化碳中的二氧化硫 D.制取蒸馏水 【答案】C 【解析】 氨气不能用氯化钙干燥,因为会得到CaCl2·8NH3,选项A错误。 二氧化锰和浓盐酸需要在加热条件下反应才能得到氯气,选项B错误。 二氧化硫溶于水生成亚硫酸,亚硫酸是二元中强酸,酸性强于碳酸,所以二氧化硫会与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳,达到除去二氧化硫杂质的目的,选项C正确。 蒸馏时温度计的水银球应该在支管口,选项D错误。 7.在给定条件下,下列选项中所示的物质间转化均能实现的是 A.SiO2 H2SiO3 Na2SiO3 B.S SO2 BaSO3 C.CuSO4(aq) Cu(OH)2 Cu2O D.饱和NaCl溶液 NaHCO3 Na2CO3 【答案】C 【解析】 二氧化硅不能与水反应,选项A错误。 二氧化硫与氯化钡溶液也不反应,选项B错误。 硫酸铜溶液中加入过量的氢氧化钠溶液得到新制氢氧化铜悬浊液,再与葡萄糖反应得到氧化亚铜的砖红色沉淀,选项C正确。 氯化钠溶液与二氧化碳不反应,选项D错误。 8.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A.澄清透明的溶液中: Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl- B.使酚酞变红色的溶液中: Na+、NH4+、C1-、SO42- C.c(Al3+)=0.1mol/L 溶液中: K+、Mg2+、SO42-、AlO2- D.由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中: K+、Na+、CH3COO-、NO3- 【答案】A 【解析】 【详解】A项,Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-四种离子互相之间都不反应,所以可以大量共存,符合题意; B项,使酚酞变红色的溶液显碱性,碱性溶液中不能存在大量的NH4+,不符合题意; C项,铝离子和偏铝酸根离子会发生双水解反应得到氢氧化铝沉淀,所以不能大量共存,不符合题意; D项,由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L,说明水的电离被抑制了,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,在酸性条件下CH3COO-不能大量存在,不符合题意; 答案选A。 【点睛】判断离子是否大量共存,应该考虑如下的情况下离子不能大量共存: 1、发生复分解反应。 (1)生成难溶物或微溶物: 如: Ag+与Cl-等不能大量共存。 (2)生成气体或挥发性物质: 如: H+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等不能大量共存。 (3)生成难电离物质: 如: H+与CH3COO-等因生成弱酸不能大量共存;OH-与NH4+因生成的弱碱不能大量共存;H+与OH-生成水不能大量共存。 2、发生氧化还原反应: 氧化性离子(如Fe3+、ClO-、MnO4-等)与还原性离子(如S2-、I-、Fe2+等)不能大量共存。 3、离子间发生双水解反应不能共存: 如Al3+、Fe3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等。 4、络合反应: 如Fe3+和SCN-。 9.下列图示与对应的叙述相符的是 A.图甲表示放热反应在有无催化剂的情况下反应过程中的能量变化 B.图乙表示一定温度下,溴化银在水中的沉淀溶解平衡曲线,其中a点代表的是不饱和溶液,b点代表的是饱和溶液 C.图丙表示25℃时,分别加水稀释体积均为100mL、pH=2的一元酸CH3COOH溶液和HX溶液,则25℃时HX的电离平衡常数大于CH3COOH D.图丁表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线,由图知t时反应物转化率最大 【答案】B 【解析】 【详解】A、图甲中反应物比生成物的能量低,所以反应为吸热反应,错误; B、溴化银在水中存在沉淀溶解平衡,溴离子和银离子浓度的乘积等于定值(Ksp),函数曲线应该如图所示,在曲线上的的点都代表饱和溶液,曲线下方的点都是不饱和溶液,正确; C、酸越强加水稀释时的pH变化越快,所以由图示得到,醋酸的酸性强于HX,所以HX的电离平衡常数一定小于醋酸的电离平衡常数,错误; D、由图丁得到,t时刻不是生成物的量最大的时刻,应该是反应达平衡以后生成物的量最大,反应物的转化率最高,所以不是t时刻的转化率最高,错误; 答案选B。 10.CO、H2、C2H5OH三种物质燃烧的热化学方程式如下: ①CO(g)+1/2O2(g)═CO2(g) △H1=a kJ/mol; ②H2(g)+1/2O2(g)═H2O(g) △H2=bkJ/mol; ③C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=c kJ/mol。 下列说法正确的是 A.△H1>0 B.2H2O(l)═2H2(g)+O2(g)△H=-2b kJ/mol C.CO2与H2合成C2H5OH反应的原子利用率为100% D.2CO(g)+4H2(g)═H2O(g)+C2H5OH(l) △H=(2a+4b-c)kJ/mol 【答案】D 【解析】 【详解】A.反应①为CO的燃烧,一定是放热反应,所以焓变应该小于0,选项A错误。 B.反应②中水的状态为气态,而选项B中方程式里水的状态为液态,显然无法计算选项B中方程式的焓变,选项B错误。 C.CO2与H2合成C2H5OH反应为2CO(g)+4H2(g)=H2O(g)+C2H5OH (1),显然原子利用率小于100%,选项C错误。 D.①×2+②×4-③得到: 2CO(g)+4H2(g)=H2O(g)+C2H5OH (1)ΔH=(2a+4b-c)kJ/mol,选项D正确。 故选D。 11.扁桃酸的衍生物a、b、c均为重要的医药中间体。 下列说法正确的是 A.一定条件下,a可与HCHO发生缩聚反应 B.可用NaHCO3溶液区别a、b C.b与浓溴水混合可制备c D.1molc最多可与2molNaOH反应 【答案】AB 【解析】 a分子中的酚羟基的两个邻位没有被取代,所以a与HCHO能发生类似形成酚醛树脂的缩聚反应,得到高分子,选项A正确。 A分子中有羧基,可以与碳酸氢钠溶液反应得到二氧化碳气体,而b分子中没有羧基,不能与碳酸氢钠反应,所以选项B正确。 B到c应该将分子中的醇羟基取代为溴原子,应该用浓氢溴酸溶液,在加热条件下进行反应,选项C错误。 C中酚羟基反应1个氢氧化钠,溴原子水解转化为NaBr,消耗1个氢氧化钠,酯基水解得到羧基,再反应1个氢氧化钠,所以1molc最多可与3molNaOH反应,选项D错误。 12.下列说法正确的是 A.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)室温下不能自发进行,说明该反应的ΔH B.若在海轮外壳上附着一些锌块,则可以减缓海轮外壳的腐蚀 C.1molNa2O2与足量H2O反应产生O2,理论上转移的电子数约为2×6.02×1023 D.用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH,消耗醋酸的体积更大 【答案】B 【解析】 碳酸钙的分解将固体转化为气体,所以一定是熵增反应,即熵判据符合自发要求,但是该反应仍然不能自发进行,说明其焓变一定不符合要求,所以焓变大于0,选项A错误。 在海轮外壳上附着一些锌块,可以形成锌铁原电池,其中锌为负极对正极的铁起到了保护作用(牺牲阳极的阴极保护法),选项B正确。 过氧化钠与水反应时,过氧化钠内-1价的氧,有一半转化为0价,一半转化为-2价,所以1molNa2O2与足量H2O反应,实际只转移1mol电子,选项C错误。 中和等物质的量的NaOH需要的盐酸和醋酸的物质的量一定相等,pH均为2的盐酸和醋酸相比,明显醋酸的浓度远大于盐酸,为了达到相同的物质的量,应该取更小体积的醋酸,选项D错误。 点睛: 在电解质溶液的问题中,中和应该是指酸碱恰好反应得到盐(并不代表溶液会显中性),所以中和1mol的NaOH,需要的一元酸HX的物质的量一定是1mol,这与HX是强酸还是弱酸实际没有关系。 13.由下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向FeCl3溶液中滴加SnCl2溶液,黄色褪去 还原性: Fe2+>Sn2+ B 向溴水中通入某无色气体,溴水褪色 该气体一定是SO2 C 向溶液X中滴加新制氯水,再滴加KSCN溶液,溶液出现红色 溶液X中含Fe2+ D 向2.0mL浓度均为0.1mol/LKCl和KI混合溶液中滴加2滴0.1mol/L的AgNO3溶液,振荡,沉淀呈黄色 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) A.AB.BC.CD.D 【答案】D 【解析】 【详解】A.向FeCl3溶液中滴加SnCl2溶液,黄色褪去,说明Sn2+将Fe3+还原为Fe2+,所以还原性: Fe2+<Sn2+,选项A错误; B.向溴水中通入某无色气体,溴水褪色,该气体可能是二氧化硫之类的还原性气体,或者是乙烯之类的能与溴水加成的气体,选项B错误; C.向溶液X中滴加新制氯水,再滴加KSCN溶液,溶液出现红色,不能证明原溶液有Fe2+,因为可能是原溶液有Fe3+,正确的操作应该是: 向溶液X中滴加KSCN溶液,不变红,再滴加新制氯水,溶液出现红色,证明原溶液有Fe2+,选项C错误; 向2.0mL浓度均为0.1mol/LKCl和KI混合溶液中滴加2滴0.1mol/L的AgNO3溶液,振荡,沉淀呈黄色,说明生成的是AgI沉淀,即在浓度相同的前提下,碘离子优先于银离子沉淀,所以Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),选项D正确; 答案选D。 14.常温下,向H2C2O4溶液中逐滴滴加NaOH溶液,若定义pc=-lgc,则所得溶液中pc(H2C2O4)、pc(HC2O4-)、pc(C2O42-)与溶液pH的关系如图所示。 下列说法正确的是 A.常溫下,Ka1(H2C2O4)=10-1.3 B.pH=x时,c(HC2O4-) C.M点时,c(Na+)<2c(HC2O4-)+c(C2O42-) D. 随pH的升高而增大 【答案】AC 【解析】 定义pc=-lgc,所以纵坐标的数值越大,代表浓度应该越小。 根据曲线随着pH的变化趋势,可以判断出来,I代表HC2O4-,Ⅱ代表H2C4O4,Ⅲ代表C2O42-。 从图中得到pH=1.3的时候,c(H2C2O4)=c(HC2O4-),所以Ka1(H2C2O4)= =c(H+)=10-1.3,选项A正确。 纵坐标的数值越大,代表浓度应该越小,所以pH=x时,c(HC2O4-)>c(H2C2O4)=c(C2O42-),选项B错误。 溶液中存在的电荷守恒式为: c(H+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),图中得到M点溶液为酸性,所以c(H+)>c(OH-),即c(Na+)<c(HC2O4-)+2c(C2O42-),又因为M点表示c(C2O42-)=c(HC2O4-),所以c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=2c(HC2O4-)+c(C2O42-),所以c(Na+)<2c(HC2O4-)+c(C2O42-),选项C正确。 = ,所以该式子是草酸两步电离平衡常数的比值,应该只与温度有关,选项D错误。 15.温度为T1℃时,在四个容积均为1L的恒容密闭容器中发生反应: 2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)ΔH,该反应的速率表达式为v=k·cm(NO)·cn(H2)(k、m、n为常数),测得有关实验数据如下: 容器编号 物质的起始浓度 (mol/L) 速率 (mol·L-1·s-1) 物质的平衡浓度 (mol/L) c(NO) c(H2) c(N2) Ⅰ 6×10-3 1×10-3 a×10-3 2×10-4 Ⅱ 6×10-3 2×10-3 2a×10-3 Ⅲ 1×10-3 6×10-3 b×10-3 Ⅳ 2×10-3 6×10-3 4b×10-3 下列说法正确的是 A.m=2,n=1 B.达到平衡时,容器Ⅱ与容器Ⅳ的总压强之比为1: 2 C.温度升高为T2℃,测得平衡时,容器Ⅱ中c(H2O)=3.8×10-4mol/L,则ΔH>0 D.T1℃时,容器Ⅲ中达到平衡后再充入NO、H2O(g)各2×10-4mol,则反应将向逆反应方向进行 【答案】AD 【解析】 反应Ⅰ、Ⅱ相比较,NO的浓度不变,Ⅱ中氢气浓度是Ⅰ的2倍,反应速率Ⅱ是Ⅰ的2倍,所以n=1;反应Ⅲ、Ⅳ相比较,氢气的浓度不变,Ⅳ中NO浓度是Ⅲ的2倍,反应速率Ⅳ是Ⅲ的4倍,所以m=2;选项A正确。 恒温恒容下,体系的压强比等于气体的物质的量的比,对于反应Ⅱ有: 2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g) 起始: 6200 反应: xxx/2x/2 平衡: 6-x2-xx/2x/2 对于反应Ⅲ有: 2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g) 起始: 2600 反应: yyy/2y/2 平衡: 2-y6-yy/2y/2(以上单位都是10-3mol/L) 两个反应的平衡常数必然相等,列出其平衡常数计算式,两个反应的K值相等,一定得到x=y。 则得到达平衡时两个反应体系的气体总物质的量相等,所以压强相等,选项B错误。 温度不变的前提下,从反应Ⅰ变为反应Ⅱ,氢气的浓度变为原来的2倍,则平衡正向移动,达到新平衡的时候c(N2)应该大于2×10-4mol/L,此时的c(H2O)应该大于4×10-4mol/L;但是,实际升高温度以后实验Ⅱ达平衡时c(H2O)=3.8×10-4mol/L<4×10-4mol/L,说明升高温度的时候,平衡一定逆向移动了,所以该反应为放热反应,焓变小于0,选项C错误。 增大生成物浓度,平衡一定逆向移动,所以充入NO、H2O(g)各2×10-4mol,则反应将向逆反应方向进行,选项D正确。 点睛: 本题 B选项,可以做的稍微简单一点: 因为反应物NO和H2的系数相等,所以按照c(NO)=6×10-3mol/L、c(H2)=1×10-3mol/L进行投料和按照c(NO)=1×10-3mol/L、c(H2)=6×10-3mol/L进行投料相比,平衡态的生成物是一样多的,而反应物只是将NO和H2的量换了一下,所以最终总物质的量应该相等。 16.K2Cr2O7是一种重要的化工原料。 以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3,还含有Al2O3、Fe2O3等杂质)为原料制备K2Cr2O7的一种工艺流程如下: 已知: ①4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 ②Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+ (1)“焙烧”时,Al2O3与Na2CO3发生反应的化学方程式为___________。 (2)“滤渣”的主要成分是________(填化学式). (3)“酸化”步骤调节溶液pH<5,其目的是_________ (4)“转化”一步发生反应的化学方程式为____________ (5)采用电解法处理含铬废水原理如下图所示。 阳极区溶液中发生反应: Cr2O72-+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O,阳极的电极反应式为_______,阴极产生的气体为_______(填化学式)。 【答案】 (1).Na2CO3+Al2O3 2NaAlO2+CO2↑ (2).Al(OH)3(3).使CrO42-转化为Cr2O72-(4).Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl(5).Fe-2e—=Fe2+(6).H2 【解析】 (1)焙烧的时候,因为氧化铝为两性氧化物,所以与碳酸钠反应得到偏铝酸钠,方程式为: Na2CO3+Al2O3 2NaAlO2+CO2↑。 (2)加入醋酸调节pH=7的目的是将溶液的偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀除去,所以滤渣的主要成分为Al(OH)3。 (3)根据已知②得到: 加入醋酸调节溶液pH<5,其目的是将溶液中的CrO42-转化为Cr2O72-。 (4)转化这一步,加入KCl的目的是将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7沉淀,所以方程式为: Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。 (5)两个电极都是铁板,所以阳极电极也是单质铁,则阳极反应应该是Fe-2e—=Fe2+,生成的Fe2+再将Cr2O72-还原为Cr3+。 阴极是溶液中的阳离子(H+)得电子,生成氢气,所以阴极气体为H2。 17.氨氯地平可用于治疗高血压和心绞痛。 其中间体F的合成路线流程图如下: (1)F中的含氧官能团名称为酰胺键、________和________等。 (2)D E的反应类型为___________ (3)X的分子式为C7H5Ocl,写出X的结构简式: ___________ (4)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式: ___________ ①含两个苯环的α-氨基酸②能与FeCl3溶液发生显色反应③分子中只有5种不同化学环境的氢 (5)已知: CH3CH2CN CH3CH2COOH。 请写出以CH3CH2OH、NCCH2CN、 为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。 ____________ 【答案】 (1).酯基,羰基 (2).醚键(任意写两个)(3).取代反应(4). (5). (6). 【解析】 (1)F的含氧官能团为酰胺键、酯基、羰基、醚键,则后面三个任写两个即可。 (2)D断掉羟基上的O-H共价键,E断开C-Cl共价键,再发生交换得到E和HCl,所以D→E是发生取代反应。 (3)对比E和F的结构简式,得到F比E多的是左边的苯环结构,所以得到X中一定有如下的基本结构 ,在根据X的分子式,得到X为 。 (4)E的分子式为C14H17O6N,条件①说明有两个苯环,且有 基团;条件②说明有酚羟基;条件③说明分子对称。 由于分子只能有一个氨基酸结构,所以分子关于氨基酸结构对称,有 结构单元,此时分子的不饱和度已经足够,所以剩余应该都是羟基,再加上另外的两个饱和碳(也要对称),所以结构为: (5)根据题目的最后一步反应得到: 和 反应即可。 苯甲醇氧化可以得到苯甲醛,NCCH2CN水解得到 ,所以合成路线为: 18.为测定某三价铁配合物(化学式表示为Ka[Feb(C2O4)c]·xH2O)的组成,做了如下实验: 步骤1: 称取1.9640gKa[Feb(C2O4)c]·xH2O晶体,配制成250.00mL溶液. 步骤2: 取所配溶液25.00mL于锥形瓶中,加入1mol/LH2SO45.0mL,加热到70~85℃,用0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至终点(5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O),消耗KMnO4溶液48.00mL。 步骤3: 向反应后的溶液中加入一定量锌粉。 加热至黄色恰好消失,过滤,洗涤,将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中,此时溶液仍呈酸性。 步骤4: 继续用0.01000mol/LKMnO
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