学年陕西省西安市高二下学期期末考试化学试题 解析版.docx
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学年陕西省西安市高二下学期期末考试化学试题解析版
陕西省西安市2017-2018学年高二下学期期末考试
化学试题
1.下列各组物质中,第一种是酸,第二种是混合物,第三种是碱的是
A.空气、硫酸铜、硫酸B.醋酸、液氯、纯碱
C.硝酸、食盐水、烧碱D.氧化铁、胆矾、熟石灰
【答案】C
【解析】
【详解】A.空气是混合物,不符合要求,A错误;
B.醋酸是酸,液氯是单质,属于纯净物,不符合题意,B错误;
C.硝酸是酸,食盐水是混合物,烧碱是NaOH,属于碱,C正确;
D.氧化铁是氧化物,胆矾是盐,属于纯净物,D错误;
故选项是C。
2.下列实验操作中,错误的是
A.蒸馏时,应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
B.蒸发时,应使混合物中的水分完全蒸干后,才能停止加热
C.分液时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出
D.萃取时,应选择与原溶剂互不相溶的萃取剂
【答案】B
【解析】
【分析】
A.蒸馏时,温度计测定馏分的温度;
B.蒸发时,不能蒸干,利用余热加热;
C.分液时,避免上下层液体混合;
D.萃取时,不能发生反应,溶质在不同溶剂中溶解度不同,不需要考虑密度。
【详解】A.蒸馏时,温度计测定馏分的温度,则使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处,A正确;
B.蒸发时,不能使混合物中的水分完全蒸干后,利用余热加热,出现大量固体时停止加热,B正确;
C.分液时,避免上下层液体混合,则分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,C正确;
D.萃取时,溶质与萃取剂不能发生反应,溶质在萃取剂溶解度比原溶剂中大,萃取剂与原溶剂互不相容,不需要考虑密度大小,萃取剂密度比水大或小均可,D正确;
故合理选项是B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握混合物分离提纯、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大。
3.用NA表示阿伏加德罗常数,则下列说法不正确的是
A.标准状况下,18gH2O所含电子数为10NA
B.22.4LCO2与17gNH3所含分子数相等
C.0.9g铝与足量的盐酸反应,失去的电子数为0.1NA
D.常温下,1L0.1mol/LNaCl溶液中含Na+数为0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.18gH2O的物质的量是1mol,由于1个H2O分子中含有10个电子,所以1molH2O中含有的电子数为10NA,A正确;
B.缺条件,不能确定22.4LCO2飞物质的量及分子数目,B错误;
C.Al是+3价的金属,所以0.9g铝完全反应转移电子的物质的量为n(e-)=
,故转移电子数目为N(e-)=0.1NA,C正确;
D.常温下,1L0.1mol/LNaCl溶液中含溶质NaCl的物质的量为0.1mol,由于1molNaCl电离产生1molNa+,所以0.1molNaCl电离产生的Na+数为0.1NA,D正确;
故合理选项为B。
4.下列离子方程式正确的是
A.金属铝溶于氢氧化钠溶液:
Al+2OH-=AlO2-+H2↑
B.钠与水的反应:
Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
C.铜片跟稀硝酸的反应:
Cu+NO3-+4H+=Cu2++NO↑+2H2O
D.将氯气通入氯化亚铁溶液:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】D
【解析】
A、B、C均为电荷不守恒,排除;
5.在无色强酸性溶液中,下列各组离子能够大量共存的是
A.Al3+、Fe2+、Cl-、SO42-B.NH4+、HCO3-、Cl-、K+
C.Na+、Ba2+、NO3-、SO42-D.Cl-、Na+、NO3-、Ca2+
【答案】D
【解析】
【详解】A.在无色溶液中浅绿色的Fe2+不能大量存在,A错误;
B.HCO3-与H+会发生离子反应,产生水和二氧化碳,不能大量共存,B错误;
C.Ba2+与SO42-会发生离子反应,不能大量共存,C错误;
D.选项中的离子都是无色的,不能发生任何反应,可以大量共存,D正确;
故合理选项是D。
6.下列关于天然物质水解的叙述正确的是
A.油脂的水解反应都是皂化反应B.蛋白质水解的最终产物均为葡萄糖
C.油脂的水解可得到甘油D.淀粉水解和纤维素水解得到的最终产物不同
【答案】C
【解析】
【分析】
油脂含有酯基,可在酸性或碱性条件下水解,淀粉、纤维素属于多糖,可水解生成葡萄糖,蛋白质可水解生成氨基酸,据此解答。
【详解】A.油脂在碱性条件下的水解为皂化反应,油脂水解生成的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分,A错误;
B.蛋白质水解的最终产物为氨基酸,B错误;
C.油脂为高级脂肪酸甘油脂,可水解生成甘油,C正确;
D.淀粉、纤维素属于多糖,可水解最终都生成葡萄糖,D错误;
故合理选项是C。
【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质,注意把握有机物官能团的性质以及高分子化合物的水解产物的判断,侧重于学生的分析能力的考查,难度不大。
7.下列各种方法中,最适用于炼制相应金属的是
A.加热氧化铜制铜B.氧化铁与铝粉反应制铁
C.电解熔融氯化铝制铝D.电解熔融氧化镁制镁
【答案】B
【解析】
【分析】
特别活泼的金属从K到Al用电解方法冶炼;从Al后到Cu的金属用热还原方法冶炼,从Hg、Ag用热分解方法冶炼,据此分析。
【详解】A.Cu可用热还原方法得到,加热氧化铜不能制铜,A错误;
B.Al的活动性比Fe强,所以氧化铁与铝粉反应铝热反应可制取铁,B正确;
C.氯化铝是共价化合物,不含带电微粒,所以不能电解制取金属Al,C错误;
D.MgO是离子化合物,由于其熔沸点比MgCl2高,所以一般用电解熔融的MgCl2的方法制取Mg,D错误;
故合理选项是B。
【点睛】本题考查金属冶炼方法的知识。
掌握金属的冶炼方法、使用物质与金属活动性关系是本题解答的关键。
8.下列关于元素性质的有关叙述中不正确的是
A.C、N、O、F的原子半径依次减小
B.KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱
C.P、S、Cl、Ar的最高正价依次升高
D.Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次增加
【答案】C
【解析】
【详解】A.C、N、O、F位于周期表同一周期,同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,
A正确;
B.Li、Na、K位于同一主族,同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强,金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强,KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱,B正确;
C.P、S、Cl的最高正价依次升高,Ar为惰性气体,化合价一般为0,C错误;
D.Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次为1、2、3、4,依次增加,D正确;
故合理选项是C。
9.下列关于甲烷、乙烯、苯三种烃的比较中,正确的是
A.只有甲烷不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色
B.在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃,苯消耗的氧气最多
C.除甲烷外,其余两种分子内所有原子都共平面
D.甲烷和苯属于饱和烃,乙烯是不饱和烃
【答案】C
【解析】
试题分析:
A.甲烷、苯不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色,而乙烯能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色,错误;B.有机物含有的H元素的含量越大,则等质量时燃烧消耗的氧气就越多。
由于三种烃中甲烷的H元素的含量最高,因此在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃,甲烷消耗的氧气最多,错误;C.甲烷是正四面体结构的分子,乙烯和苯分子都是平面分子,因此除甲烷外,其余两种分子内所有原子都共平面,正确;D.甲烷属于饱和烃,乙烯、苯是不饱和烃,错误。
考点:
考查关于甲烷、乙烯、苯三种烃的结构、性质的知识。
10.下列说法正确的是
A.共价化合物中一定不含离子键
B.离子化合物中一定不含共价键
C.任何化学物质中均存在化学键
D.全部由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物
【答案】A
【解析】
试题分析:
A、共价化合物中一定不含离子键,含离子键的化合物一定是离子化合物,故正确;B、离子化合物中可能含有共价键,如NaOH、Na2O2等,故错误;C、稀有气体是有单原子组成的分子,不含化学键,故错误;D、如所有铵盐,都是非金属元素组成的,但属于离子化合物,故错误。
考点:
考查化学键和物质类别的关系等知识。
11.下列叙述中正确的是
①电解池是将化学能转变为电能的装置
②原电池是将电能转变成化学能的装置
③不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理有可能实现
④电镀过程相当于金属的“迁移”,可视为物理变化
A.③B.③④C.②③④D.①②③④
【答案】A
【解析】
【详解】:
①电解池是将电能转变成化学能的装置,①错误;
②原电池是将化学能转变成电能的装置,②错误;
③不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理有可能实现,如铜和稀硫酸的反应,铜为阳极被氧化,可生成硫酸铜,③正确;
④电镀时镀层金属在阳极失电子,金属阳离子在阴极得电子析出金属,是化学变化,④错误;
故合理选项是A。
12.温度相同,浓度均为0.2mol/L的①(NH4)2SO4,②NaNO3,③NH4HSO4,④NH4NO3,⑤CH3COONa溶液,它们的pH由小到大的排列顺序是
A.①③⑤④②B.③①④②⑤C.⑤②④①③D.③②①⑤④
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液酸性越强,溶液的pH越小,则溶液的pH:
酸性<中性<碱性;先将溶液分为酸性、中性和碱性,然后根据电离程度、盐的水解情况判断各溶液的pH大小。
【详解】:
①(NH4)2SO4、④NH4NO3水解呈酸性,两溶液的pH<7;③NH4HSO4电离出H+呈酸性,pH<7;②NaNO3不水解,其pH=7;⑤CH3COONa水解呈碱性,pH>7。
①、④比较,前者c(NH4+)大,水解生成c(H+)大,pH小,①、③比较,后者电离出c(H+)比前者水解出c(H+)大,pH小,所以溶液的pH从小到大的顺序为:
③①④②⑤,故合理选项是B。
【点睛】本题考查溶液pH的大小比较,要考虑盐类的水解程度大小,注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子,该题考查了学生的灵活应用基础知识的能力.。
13.下列液体均处于25℃,有关叙述正确的是
A.某物质的溶液pH<7,则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B.pH=4.5的番茄汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的100倍
C.AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
D.pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中,c(Na+)>c(CH3COO-)
【答案】B
【解析】
试题分析:
A、某物质的溶液pH<7,则该物质可能是酸或强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐,弱酸弱碱盐的水溶液有可能也显酸性,A错误;B、pH=4.5的番茄汁中c(H+)=1.0×10-4.5mol/L,pH=6.5的牛奶中c(H+)=1.0×10-6.5mol/L,前者是后者的100倍,B正确;C、浓度相同的CaCl2和NaCI溶液中的Cl-浓度不同,前者是后者的2倍,根据氯化银的溶解平衡判断,氯离子浓度增大,平衡左移,氯化银的溶解度减小,所以AgCl在同浓度的CaCl2和NaCI溶液中的溶解度不同,前者较小,C错误;D、pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液显酸性,说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度,所以c(Na+)<C(CH3COO-),D错误,答案选B。
考点:
考查溶液酸碱性的判断,氢离子浓度的计算,难溶电解质的溶解平衡的应用,混合液的离子浓度的比较
14.化学用语是学习化学的重要工具,下列用来表示物质变化的化学用语中,正确的是
A.钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式为:
Fe-2e-===Fe2+
B.氢氧燃料电池的负极反应式为:
O2+2H2O+4e-===4OH-
C.粗铜精炼时,与电源正极相连的是纯铜,电极反应式为:
Cu-2e-===Cu2+
D.惰性电极电解饱和食盐水时,阳极的电极反应式为:
2Cl--2e-===Cl2↑
【答案】D
【解析】
15.根据以下三个热化学方程式:
2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)ΔH=Q1kJ/mol;2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) ΔH=Q2kJ/mol;2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) ΔH=Q3kJ/mol。
判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是
A.Q3>Q2>Q1B.Q2>Q1>Q3C.Q1>Q3>Q2D.Q1>Q2>Q3
【答案】A
【解析】
【详解】)①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)ΔH=Q1kJ/mol
②2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(l) ΔH=Q2kJ/mol
③2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) ΔH=Q3kJ/mol
反应②、③相比,生成气态水和生成液态水相比,生成液态水放出的热量多,所以Q2 综上所述Q1、Q2、Q3三者大小关系为: Ql 16.在密闭容器中一定量混合气体发生反应: xA(g)+yB(g) zC(g)平衡时测得A的浓度为0.5mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的2倍,再达平衡时测得A的浓度为0.2mol/L,下列判断正确的是 A.平衡向逆反应方向移动B.x+y C.C的体积分数保持不变D.B的转化率降低 【答案】B 【解析】 【分析】 xA(g)+yB(g) zC(g),平衡时测得A的浓度为0.50mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,若平衡不移动,A的浓度为0.25mol/L,而再达平衡时,测得A的浓度为0.20mol/L,则说明体积增大(压强减小)化学平衡正向移动,以此来解答。 【详解】由信息可知,平衡时测得A的浓度为0.50mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,再达到平衡时测得A的浓度为0.20mol/L,说明体积增大,相当于压强减小,化学平衡正向移动,则 A.由上述分析可知,平衡正向移动,A错误; B.减小压强,向气体体积增大的方向移动,平衡正向移动,说明正反应为气体体积增大的反应,x+y<z,B正确; C.将容器飞容积扩大为原来的2倍,平衡正向移动,则C的体积分数增大,C错误; D.平衡正向移动,反应物B的转化率就会增大,D错误; 故合理选项是B。 【点睛】本题考查化学平衡的移动,注意A浓度变化及体积变化导致的平衡移动是解答本题的关键,通过分析压强对化学平衡的影响进行解答。 17.Ⅰ.下图是元素周期表的一部分,根据①~⑧在周期表中的位置按题目要求回答: 族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0 二 ① ② ③ 三 ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ (1)元素①~⑧中,除⑧外,原子半径最大的是___________(填元素符号),元素③、⑦所形成的氢化物的稳定性由强到弱的顺序为__________________(用相应氢化物的化学式作答)元素②的氢化物的电子式是____________。 (2)④⑤⑥三种元素的氢氧化物的碱性由强到弱的顺序是________(用相应氢氧化物的化学式作答),元素①~⑧中的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的酸是_______(填化学式)。 Ⅱ.实验室用密度为1.84g/cm3,溶质的质量分数为98%的硫酸,配制980mL物质的量浓度为0.1mol/L的硫酸。 供选用的仪器有: ①胶头滴管;②药匙;③烧杯;④量筒;⑤托盘天平。 请回答下列问题: (1)配制上述溶液量取浓硫酸时应选用__________量筒(选填序号) ①10mL②50mL③100mL; (2)配制稀硫酸时,上述仪器中还缺少的仪器有____________________________(写仪器名称),不需要使用的有______________(选填序号); (3)下列操作使所配溶液的物质的量浓度偏低的是___________。 A.用量筒量取的浓硫酸,慢慢地沿着玻璃棒注入盛有20mL蒸馏水的小烧杯,搅拌后,立即转移到容量瓶中,再按正确操作配制溶液。 B.往容量瓶转移溶液时,有少量液体溅出。 C.未洗涤稀释浓硫酸的小烧杯 D.定容时俯视刻度线。 E.容量瓶未干燥即用来配制溶液。 F.定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,液面不到刻度线。 【答案】 (1).Na (2).HF>HC1(3). (4).NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3(5).HC1O4(6).①(7).1000ml容量瓶、玻璃棒(8).②⑤(9).BC 【解析】 【详解】Ⅰ.由元素在周期表中的位置可知,①为C,②为N,③为F,④为Na,⑤为Mg,⑥为Al,⑦为Cl,⑧为Ar。 (1)元素原子核外电子层数越多,原子半径越大,对于电子层数相同的元素,原子序数越大,原子半径就越小,所以元素①~⑧中,除⑧外,原子半径最大的是Na元素; F、Cl是同一主族的元素,由于原子半径Cl>F,所以元素的非金属性F>Cl,元素的非金属性越强,元素形成的氢化物的稳定性就越强,故两种元素的氢化物的稳定性由强到弱的顺序为HF>HCl; ②为N元素,原子最外层有5个电子,与3个H原子形成3对共用电子对,电子式为 ; (2)④⑤⑥三种元素分别是Na、Mg、Al,由于元素的原子半径Na>Mg>Al,所以元素的金属性有强到弱的顺序是: Na>Mg>Al,元素的金属性越强,其氢氧化物的碱性就越强,所以三种物质的碱性由强到弱的顺序是NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3; 元素①~⑧中的F非金属性最强,无最高价含氧酸,除此之外,其余元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的酸是HClO4; II. (1)准确配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液的仪器是容量瓶,由于在实验室中没有规格为980mL的容量瓶,根据选择仪器的标准: 大而近,要选择使用1000mL容量瓶;98%的硫酸物质的量浓度为c= ,溶液在稀释前后溶质的物质的量不变,所以V1×19.8mol/L=1000mL×0.1mol/L,解得V1=5.1mL,故要选择10mL的量筒量取; (2)配制稀硫酸时需要10mL量筒、滴管、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶,所以上述仪器中还缺少的仪器有玻璃棒、1000mL容量瓶;不需要使用的有是药匙、托盘天平;代号是②⑤; (3)A.用量筒量取的浓硫酸,慢慢地沿着玻璃棒注入盛有20mL蒸馏水的小烧杯,搅拌后,立即转移到容量瓶中,再按正确操作配制溶液,会使溶液的体积偏小,导致溶液的浓度偏高,A错误; B.往容量瓶转移溶液时,有少量液体溅出,会使溶质的物质的量偏少,导致溶液的浓度偏低,B正确; C.未洗涤稀释浓硫酸的小烧杯,使溶质的物质的量偏少,导致溶液的浓度偏低,C正确; D.定容时俯视刻度线,溶液的体积偏少,导致溶液的浓度偏高,D错误; E.容量瓶未干燥即用来配制溶液,不影响溶液的浓度,E错误; F.定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,液面不到刻度线,对溶液的浓度无影响,F错误; 故合理选项是BC。 18. (1)实验室制氨气的化学方程式为_________________________。 (2)0.1mol/LNH4Cl溶液中离子浓度由大到小的顺序为____________________。 (3)已知0.5mol的液态甲醇(CH3OH)在空气中完全燃烧生成CO2气体和液态水时放出350kJ的热量,则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为______________________。 (4)已知①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393kJ/mol ②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=-566kJ/mol ③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH3=+141kJ/mol 则TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=__________________。 (5)在25℃下,向浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,先生成沉淀_____(填化学式)(已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11,KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20)。 (6)常温下,0.lmol/LNaHCO3溶液的pH大于8,则溶液中c(H2CO3)______c(CO32-)(填“>”、“=”或“<”)。 (7)在25℃下,将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合,反应完成后溶液中c(NH4+)=c(Cl-),则溶液显_________性(填“酸”“碱”或“中”),a_________0.01mol/L(填“>”、“=”或“<”)。 【答案】 (1).2NH4C1+Ca(OH)2 2NH3↑+CaC12+2H2O (2).c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)(3).CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-700kJ/mol(4).-79kJ/mol(5).Cu(OH)2(6).>(7).中(8).> 【解析】 【详解】 (1)在实验室中是用铵盐与碱共热制取氨气的,反应的化学方程式是: 2NH4C1+Ca(OH)2 2NH3↑+CaC12+2H2O; (2)NH4Cl是强酸弱碱盐,在溶液中NH4+发生水解反应,消耗水电离产生的OH-,当最终达到平衡后,溶液中c(H+)>c(OH-),NH4+由于水解而消耗,所以c(Cl-)>c(NH4+),盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度,所以c(NH4+)>c(H+),因此最终溶液中离子浓度大小关系为c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-); (3)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量,由于0.5mol甲醇完全燃烧产生CO2气体和液体水放出热量是350kJ,所以甲醇燃烧热的化学方程式为CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-700kJ/mol; (4)③+2×①-②,整理可得TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)ΔH=-79kJ/mol; (5)由于难溶性的物质Mg(OH)2、Cu(OH)2的构型相同,所以向浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中加入氨水水,溶度积常数小的物质,首先形成沉淀。 由于Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11 (6)NaHCO3是强碱弱酸盐,在溶液中HCO3-既存在电离作用,产生H+和CO32-,也存在水解作用,产生H2CO3和OH-,电离产生H+是溶液显酸性;水解产生OH-,使溶液显碱性,由于常温下,0.lmol/LNaHCO3溶液的pH大于8,说明HCO3-的水解作用大于电离作用,故溶液中c(H2CO3)>c(CO32-); (7)对于该溶液来说,存在电荷守恒,c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),由于c(NH4+)=c(Cl-),所以c(H+
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