湖南省浏阳市六校联考届高三上学期期中考试化学试题含答案解析.docx
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湖南省浏阳市六校联考届高三上学期期中考试化学试题含答案解析
湖南省浏阳市六校联考2019届高三上学期期中考试化学试卷
1.化学与生活密切相关,下列说法错误的是
A.明矾可用作净水剂
B.纯碱可用于中和过多的胃酸
C.硫酸铜常用作游泳馆池水消毒剂
D.硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查
【答案】B
【解析】
【分析】
A、氢氧化铝胶体具有吸附性;
B、纯碱碱性较强,不能用于胃药;
C、铜离子是重金属离子,能使蛋白质变性;
D、硫酸钡难溶于水,可用于胃肠X射线造影检查。
【详解】A、氢氧化铝胶体具有吸附性,吸附水中悬浮的杂质,故A正确;
B、纯碱碱性较强,不能用于胃药,故B错误;
C、铜离子是重金属离子,能使蛋白质变性,硫酸铜具有杀菌消毒作用,常用作游泳馆池水消毒剂,故C正确;
D、硫酸钡难溶于水,X射线不能透过,可用于胃肠X射线造影检查,故D正确。
故选B。
2.设NA为阿伏加德罗常数值,下列说法正确的是
A.2mL0.5mol/LFeCl3溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体,所得胶粒数目为0.001NA
B.标准状况下,3.36LSO3含有的电子数为6NA
C.铁和水蒸气反应生成22.4L氢气,转移电子数为2NA
D.将含有3NA个离子的过氧化钠固体溶于水配成1L溶液,所得溶液中Na+的浓度为2mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】
A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体;
B、标准状况下,SO3是固体;
C、氢气的状态不确定;
D、含有3NA个离子的过氧化钠固体即1molNa2O2;
【详解】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体,故形成的胶粒的个数小于0.001NA个,故A错误;
B、标准状况下,SO3是固体,不能用气体摩尔体积来计算物质的量,故B错误;
C、氢气的状态不确定,不一定是标准状况,故C错误;
D、含有3NA个离子的过氧化钠固体即1molNa2O2,2molNa+,溶于水配成1L溶液,所得溶液中Na+的浓度为2mol/L,故D正确;
故选D。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,解题关键:
熟练掌握公式的使用和物质的结构,易错点BC,气体摩尔体积应用的对象是标准状况下的气体。
3.表示下列反应的离子方程式正确的是
A.磁性氧化铁溶于稀硝酸:
3Fe2++4H++NO3-
3Fe3++NO↑+3H2O
B.用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气:
MnO2+2H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O
C.向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3:
AlO2-+CO2+2H2O
Al(OH)3↓+HCO3-
D.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4:
3ClO-+2Fe(OH)3
2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+
【答案】C
【解析】
【分析】
A、四氧化三铁为氧化物,离子方程式中不能拆开.
B、电荷不守恒,要加热才能反应;
C、二氧化碳足量,反应生成碳酸氢根离子;
D、反应条件为碱性;
【详解】A、四氧化三铁不能拆开,正确的离子方程式为:
3Fe3O4+NO3-+28H+═9Fe3++14H2O+NO↑,故A错误;
B、电荷不守恒,用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气:
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O,故B错误;
C、向NaAlO2溶液中通入足量的CO2,反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子,正确的离子方程式为:
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,故C正确;
D、在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4:
4OH-+3ClO-+2Fe(OH)3
2FeO42-+3Cl-+5H2O,故D错误;
故选C。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写方法,解题关键:
注意掌握离子方程式的书写原则,明确离子方程式正误判断常用方法:
检查反应物、生成物是否正确,检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式,检查是否符合原化学方程式等。
易错选项D,注意溶液的酸碱性。
4.下列反应中,水只作氧化剂的是
①氟气通入水中 ②水蒸气经过灼热的焦炭 ③钠块投入水中
④铁与水蒸气反应 ⑤氯气通入水中
A.只有①④B.只有①⑤
C.只有②③D.只有②③④
【答案】D
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应的特点,化合价升高的反应是氧化剂,所以通过分析在反应中水中的氢元素化合价既能判定。
【详解】①氟气通入水中发生的反应为:
2F2+2H2O=4HF+O2,水中氧元素的化合价升高,所以水做还原剂;②水蒸气经过灼热的焦炭发生的反应为:
C+H2O(g)=CO+H2,水中的氢的化合价降低,所以水做氧化剂;③钠块投入水中发生的反应为:
2Na+2H2O=2NaOH+H2
水中的氢的化合价降低,所以做氧化剂;④铁与水蒸气反应发生的反应为:
3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2
水中的氢的化合价降低,所以水做氧化剂;⑤氯气通入水中发生的反应为:
Cl2+H2O
HCl+HClO水中的氢和氧的化合价都没有变化,所以水既不是氧化剂也不是还原剂。
综上所述A.只有①④不符合题意;B.只有①⑤不符合题意;C.只有②③不符合题意;D.只有②③④符合题意;答案:
D。
【点睛】根据氧化还原反应特征判断氧化剂和还原剂。
氧化剂是所含元素的化合价降低的物质,还原剂是所含元素的化合价升高的物质。
结合水中H、O元素的变化特征进行解答。
5.用NaCl固体配制0.1mo/L的NaCl溶液1000mL,下列操作或说法正确的是
A.将5.85gNaCl固体溶于1L水中可配成0.1mol/L的NaCl溶液
B.称量时,将固体NaCl直接放在天平左盘上
C.固体溶解后,将溶液转移到容量瓶中,然后向容量瓶中直接加水稀释到刻度线
D.配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果
【答案】D
【解析】
A.将5.85gNaCl固体溶于IL水中,所得溶液体积不是1L,不能配成0.1mol/L的NaCl溶液,A错误;B.称量时不能将固体NaCl直接放在天平左盘上,应该在左右盘上各放一张白纸,B错误;C.固体溶解需冷却后,将溶液转移到容量瓶中,最后定容时需要用胶头滴管,C错误;D.配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果,D正确,答案选D。
点睛:
关于一定物质的量浓度溶液的配制还需要注意:
①根据所配溶液的体积选取合适的容量瓶,如配制950mL溶液,应选取1000mL的容量瓶。
②容量瓶使用前要检查是否漏水。
③容量瓶不能用来溶解、稀释、贮存溶液,也不能用来作反应器。
④不能加入过冷或过热的液体。
6.下列金属冶炼的反应原理,错误的是
A.2NaCl(熔融)
2Na+Cl2↑
B.Al2O3+3H2
2Al+3H2O
C.Fe3O4+4CO
3Fe+4CO2
D.2HgO
2Hg+O2↑
【答案】B
【解析】
金属的冶炼一般是根据金属活泼性选择,金属性越强的,采用电解法,越不活泼的金属采用热分解法,处于中间的金属一般采用还原剂还原。
铝是活泼的金属,应该通过电解法,工业上用电解熔融的氧化铝来冶炼金属铝,所以答案选B。
7.已知还原性Cl- A.2Fe3++SO2+2H2O===SO42-+4H++2Fe2+ B.I2+SO2+2H2O===H2SO4+2HI C.H2O2+2H++SO42-===SO2↑+O2↑+2H2O D.Cl2+2Fe2+===2Fe3++2Cl- 【答案】C 【解析】 【详解】A.因为还原性SO2>Fe2+,所以该反应能够发生,故A不符合;B.因为还原性SO2>HI,所以该反应能够发生,故B不符合,;C.因为还原性H2O2<SO2,该反应不能发生,故C符合,;D.因为还原性Fe2+>Cl-,所以该反应能够发生,故D不符合。 答案: C。 【点睛】根据氧化还原反应规律进行判断。 氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,还原剂的还原性大于还原产物的还原性。 根据强制弱的规律判断氧化还原反应能否发生。 8.ClO2遇浓盐酸会生成Cl2,反应方程式为2ClO2+8HCl=5Cl2+4H2O,该反应中若转移电子的数目为9.632×1023,则产生的Cl2在标况下的体积为 A.11.2LB.33.6LC.22.4LD.44.8L 【答案】C 【解析】 试题分析: 根据方程式可知氯化氢中氯元素的化合价才-1价升高到0价,失去1个电子,即生成5mol氯气转移8mol电子,所以如果转移电子的数目为9.632×1023,即1.6mol电子,则产生的Cl2是 ,在标况下的体积为22.4L,答案选C。 考点: 考查氧化还原反应计算 9.下列说法正确的是 A.高温下,可在试管内完成焦炭和石英砂(SiO2)制取硅的反应 B.CO2和钠在一定条件下反应可以得到金刚石和碳酸钠,反应中氧化剂和还原剂物质的量之比是1∶4 C.现代海战通过喷放液体SiCl4(极易水解)和液氨来产生烟幕,烟幕的主要成分是HCl D.水玻璃、有机玻璃、玛瑙、普通玻璃、陶瓷及水泥均属于硅酸盐产品 【答案】B 【解析】 【详解】A.试管自身含有二氧化硅,高温条件下可以和焦炭反应,故A错误;B.CO2和钠在一定条件下反应可以得到金刚石和碳酸钠,该反应的化学方程式为3CO2+4Na=C+2Na2CO3,反应中氧化剂是二氧化碳(参加反应的二氧化碳中只有三分之一做氧化剂)、还原剂是钠,其物质的量之比是1: 4,故B正确;C.SiCl4(极易水解)水解后生成硅酸和氯化氢,氯化氢易和氨气反应生成氯化铵固体,氯化铵分散到空气中形成烟,氯化氢遇空气中的水蒸气形成雾,故C错误;D.有机玻璃属于有机物,玛瑙的主要成分是二氧化硅,它们都不属于硅酸盐产品,故D错误。 答案: B。 10.判断下列实验说法不正确的是 A.向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液,溶液显红色,可用于检验Fe3+ B.向FeSO4溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀,可用于检验Fe2+ C.把饱和的FeCl3溶液煮沸至红褐色,可用于制备氢氧化铁胶体 D.配制FeCl3溶液时,可先将FeCl3固体溶于盐酸中 【答案】C 【解析】 【详解】A.向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液,溶液显红色,所以可用KSCN溶液检验Fe3+,故A正确;B.向FeSO4溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀,故K3[Fe(CN)6]溶液可用于检验Fe2+;故B正确;C.把饱和的FeCl3溶液滴加到沸水中至溶液呈红褐色,可制得氢氧化铁胶体,若直接把饱和氯化铁溶液煮沸会生成氢氧化铁沉淀,C不正确;D.配制FeCl3溶液时,为防止氯化铁水解,可先将FeCl3固体溶于盐酸中,再加适量的蒸馏水稀释到所需要的浓度即可,故D正确;答案: C。 11.氢化亚铜(CuH)是一难溶物质,用CuSO4溶液和另一种“反应物”在40~50℃时反应可生成它。 CuH不稳定,易分解;CuH在氯气中能燃烧,跟盐酸反应能产生气体。 下列有关推断中错误的是( )。 A.这里的“另一种反应物”具有还原性 B.CuH可作氧化剂、还原剂 C.CuH+Cl2===CuCl+HCl(燃烧) D.CuH+HCl===CuCl+H2↑(常温) 【答案】C 【解析】 试题分析: A、Cu元素的化合价由+2价降低为+1价,在反应中CuSO4作氧化剂,则“另一种反应物”在反应中作还原剂,具有还原性,A项正确;B、CuH中Cu元素为+1价,既能升高又能降低,所以CuH既可做氧化剂也可做还原剂,B项正确;C、CuH在氯气中能燃烧,Cu元素的化合价升高,Cl元素的化合价降低,则发生2CuH+3Cl2═2CuCl2+2HCl↑,C项错误;D、CuH跟盐酸反应能产生气体,气体为氢气,该反应中只有H元素的化合价发生变化,反应为CuH+HCl═CuCl+H2↑,D项正确;答案选C。 考点: 考查氢化亚铜的相关性质 12.取少量MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3的混合粉末,加入过量盐酸,充分反应后过滤,得到沉淀X和滤液Y。 下列叙述中正确的是() A.上述四种氧化物对应的水化物中,Al(OH)3酸性最强 B.向沉淀X中加入氢氟酸,沉淀X不溶解 C.溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+ D.溶液Y中加入过量氨水,所得沉淀为Fe(OH)3和Mg(OH)2 【答案】C 【解析】 试题分析: MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3的混合粉末,加入过量盐酸充分反应后,MgO、Al2O3、Fe2O3生成MgCl2、AlCl3、FeCl3,同时还有HCl剩余。 SiO2与盐酸不反应。 A、Al(OH)3显两性,酸中是最弱的酸,碱中是最弱的碱,其酸性比硅酸要弱,故A错误;B、根据上述分析,沉淀X为二氧化硅,能与氢氟酸反应导致二氧化硅溶解,故B错误;C、根据上述分析,溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+,故C正确;D、Mg2+、Al3+、Fe3+都要沉淀,故D错误。 故选C。 考点: 无机物的反应。 13.按如图所示装置进行实验,将液体A逐滴加入到固体B中,下列叙述不正确的是 A.若A为浓盐酸,B为KMnO4,C中盛品红溶液,则C中溶液褪色 B.若A为醋酸,B为CaCO3,C中盛Na2SiO3,则C中溶液中变浑浊 C.实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用 D.若A为浓氨水,B为生石灰,C中盛AlCl3溶液,则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解 【答案】D 【解析】 【详解】A、浓盐酸和KMnO4反应生成氯气,氯气通入品红溶液,溶于水生成的次氯酸有漂白性,能使品红溶液褪色,故A正确;B、若A为醋酸,B为碳酸钙,与醋酸反应会生成二氧化碳气体,C中Na2SiO3溶液和CO2反应生成硅酸沉淀,溶液变浑浊,故B正确;C、D装置为球形结构,其容积较大,其中倒吸的液体受重力作用可以回流至试管中,因而具有防倒吸作用,故C正确。 D、浓氨水和生石灰CaO反应生成氨气,氨气溶于水生成氨水,氨水和AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀,氨水是弱碱,不能溶解氢氧化铝,故D错误;答案: D。 【点睛】根据以下性质: 浓盐酸和KMnO4反应生成氯气,氯气溶于水生成的次氯酸有漂白性;醋酸的酸性比碳酸强的规律进行判断;浓氨水和生石灰CaO反应生成氨气,氨气溶于水生成氨水,氨水和AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀;球形结构具有防倒吸作用。 14.在前一种分散系中慢慢滴加后一种试剂,能观察到先沉淀后变澄清的是 ①向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液②向偏铝酸钠溶液中加盐酸 ③向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液④向蛋白质溶液中滴入硫酸铜溶液 ⑤向氯化铝溶液中滴加氨水⑥向硝酸银溶液中滴加氨水 ⑦向氢氧化铁胶体中滴加硫酸 A.①②⑥⑦B.②③⑤⑦ C.①②⑥D.③④⑤⑥ 【答案】A 【解析】 【详解】①向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液,发生的反应为;Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓;Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+H2O,故①能观察到先沉淀后变澄清;②向偏氯酸钠溶液中加盐酸发生的反应为: AlO2﹣+H++H2O=Al(OH)3↓;Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,故②能观察到先沉淀后变澄清;③向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液,由于在滴加过程中碱是过量,所以生成的氢氧化铝沉淀会溶解在过量的氢氧化钠溶液中,继续滴加最终生成白色沉淀,故③不能观察到先沉淀后变澄清;④硫酸铜是重金属盐,能使蛋白质变性,只生成沉淀,故④不能观察到先沉淀后变澄清;⑤向氯化铝溶液中滴加氨水,由于生成的氢氧化铝不溶于氨水弱碱,所以滴加氨水会生成白色沉淀,故⑤不能观察到先沉淀后变澄清;⑥把氨水中逐渐滴加硝酸银溶液中,现象是开始生成氢氧化银白色沉淀,后白色沉淀溶解生成氢氧化二氨合银,故⑥能观察到先沉淀后变澄清;⑦向氢氧化铁胶体滴加硫酸溶液,首先是硫酸是电解质溶液,能使胶体发生聚沉,继续加入酸,氢氧化铁会溶于酸中,故⑦能观察到先沉淀后变澄清。 综上所述,在前一种分散系中慢慢滴加后一种试剂,能观察到先沉淀后变澄清的有①②⑥⑦,故本题选A。 15.下列实验方法、操作及分析不正确的是 序号 操作及现象 结论 A 向溴水中加入少量苯,振荡静置后水层为无色 苯与Br2发生了加成反应 B 某气体使湿润的淀粉KI试纸变蓝 该气体可能是NO2 C 向碳酸钠溶液中加入硫酸,将产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中,溶液产生白色胶状物质 非金属性: S>C>Si D 常温下,将Al片和浓硝酸混合,用排水法几乎收集不到气体 Al和浓硝酸钝化 A.AB.BC.CD.D 【答案】A 【解析】 【详解】A.向溴水中加入少量苯,振荡静置后水层为无色,发生了萃取,属于物理变化,故A错误;B.某气体使湿润的淀粉KI试纸变蓝,说明有I2单质生成,该气体具有氧化性,所以可能是NO2,故B正确;C.向碳酸钠溶液中加入硫酸,将产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中,溶液产生白色胶状物质,说明酸性: H2SO4>H2CO3>H2SiO3,非金属性: S>C>Si,故C正确;D.常温下,将Al片和浓硝酸混合,用排水法几乎收集不到气体,是因为Al和浓硝酸发生了钝化。 阻止金属和酸反应继续发生,所以收集不到气体,故D正确。 答案: A。 16.Cu2S与一定浓度的HNO3反应,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。 当产物n(NO2)∶n(NO)=1∶1时。 下列说法正确的是 A.1molCu2S参加反应时有8mol电子转移 B.参加反应的n(Cu2S)∶n(HNO3)=1∶5 C.反应中Cu2S既作氧化剂,又作还原剂 D.产物n[Cu(NO3)2]∶n[CuSO4]=1∶1 【答案】D 【解析】 试题分析: 己知n(NO2): n(NO)=1: 1,假定生成1molNO2、1molNO;则HNO3被还原生成1molNO2、1molNO共得4mole-;Cu2S应失4mole-.而1molCu2S能失10mole-,故失4mole-说明反应的Cu2S的物质的量为0.4mol,0.4molCu2S生成0.4molCuSO4和0.4molCu(NO3)2;即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8mol,起氧化作用的HNO3为2mol.反应的HNO3共2.8mol,故n(Cu2S): n(HNO3)=0.4mol: 2.8mol=2: 14;A、依据分析计算得到,产物n[Cu(NO3)2]: n[CuSO4]=1: 1;故A正确;B、参加反应的n(Cu2S): n(HNO3)=2: 14,故B错误;C、反应中Cu2S铜元素化合价升高,硫元素化合价升高,所以只做还原剂,故C错误;D、依据分析得到,1molCu2S参加反应时有10mol电子转移,故D错误;故选A。 考点: 氧化还原反应 17.现有下列十种物质: ①0.1mol/L硫酸、②小苏打、③纯碱、④二氧化碳、⑤葡萄糖、⑥0.1mol/LNaOH溶液、⑦氢氧化铁胶体、⑧氨水、⑨Al2O3、⑩硫酸铁溶液 (1)上述十种物质中,属于非电解质的有__________(填序号)。 (2)有两种物质在水溶液中可发生反应,离子方程式为: H++OH-=H2O,这两种物质的序号是_________(填序号)。 (3)既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是__________(填序号)。 (4)现有100mL⑩溶液中含Fe3+5.6g,则溶液中c(SO42-)=_____________ (5)标准状况下,_____________L④中含有0.4mol氧原子。 【答案】 (1).④⑤ (2).①⑥(3).②⑨(4).1.5mol/L(5).4.48 【解析】 【分析】 (1)电解质: 在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物;非电解质: 在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物; (2)离子方程式为: H++OH-═H2O,可表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应; (3)氧化铝为两性氧化物、碳酸氢钠为酸式盐,既能够与盐酸反应又能跟NaOH溶液反应; (4)根据n=V/Vm结合分子的构成计算。 (5)根据n=m/M计算Fe3+的物质的量,溶液中2n(SO42-)=3n(Fe3+),再根据c=n/V计算SO42-的物质的量浓度; 【详解】 (1)①0.1mol·L-1硫酸为混合物,不是电解质也不是非电解质,故①错误; ②NaHCO3在水溶液或者熔融状态下能够导电,是电解质,故②错误; ③碳酸钠在水溶液或者熔融状态下能够导电,是电解质,故③错误; ④二氧化碳水溶液中反应生成电解质溶液导电,本身不能电离属于非电解质,故④正确; ⑤葡萄糖在水溶液和熔融状态下都不能够导电,是非电解质,故⑤正确; ⑥0.1mol·L-1NaOH溶液为混合物,不是电解质也不是非电解质,故⑥错误; ⑦氢氧化铁胶体属于混合物既不是电解质也不是非电解质,故⑦错误; ⑧氨水属于混合物既不是电解质也不是非电解质,故⑧错误; ⑨Al2O3在熔融状态下能够导电,属于电解质,故⑨错误; ⑩硫酸铁溶液属于混合物既不是电解质也不是非电解质,故⑩错误; 故选④⑤; (2)离子方程式H++OH-═H2O表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应,如①0.1mol·L-1硫酸与⑥0.1mol·L-1NaOH溶液的反应,故选①⑥; (3)②小苏打为酸式盐,Al2O3是两性氧化物,二者既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应,故选②⑨; (4)n(CO2)=1/2n(O)=0.2mol,标况下0.2mol二氧化碳的体积为: V(CO2)=0.2mol×22.4L·mol-1=4.48L; (5)Fe3+的物质的量为5.6g/56g·mol-1=0.1mol,溶液中2n(SO42-)=3n(Fe3+),则SO42-的物质的量为0.1mol×3/2=0.15mol,SO42-的物质的量浓度为: 0.15mol/0.1L=1.5mol·L-1; 18.M是日常生活中不可缺少的调味品。 已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。 M与其他物质间的转化关系如下图所示(部分产物已略去) (1)若A是地売中含量最多的金属元素,将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合,得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等,则A的该氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为________________________________。 (2)若A是CO2气体,A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应,放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如右图所示,则A与B溶液反应后溶液中的溶质为____________________(填化学式),物质的量之比为_______。 (3)若A是一种正盐,A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体,则A的化学式为_____________。 (4)若A是一种盐,A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色,最后变成红褐色的E,向G溶液中加入KSCN后溶液显红色,则由A转化成E的离子方程式是____________________________________________________。 (5)若A是一种溶液,只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42-、CO32-中的某些离子,当向该溶液中加入B溶液时发现生成
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