阶段检测精品解析山东省夏季普通高中学业水平合格考试模拟一化学试题解析版.docx
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阶段检测精品解析山东省夏季普通高中学业水平合格考试模拟一化学试题解析版
山东省2020年夏季普通高中学业水平合格考试
(模拟试题一)
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5
一、单项选择题
1.当光束通过下列物质时,不会出现丁达尔效应的是()
①淀粉溶液②水③酒精溶液④FeCl3溶液⑤云、雾
A.②③④B.②④⑤C.③④⑤D.①③④
【答案】A
【解析】
【详解】分散系分为溶液、胶体和浊液,只有胶体才有丁达尔效应;
①淀粉溶液是胶体,有丁达尔效应,故①不符合题意;
②水是纯净物,不是分散系,更不是胶体,无丁达尔效应,故②符合题意;
③酒精溶液是溶液不是胶体,无丁达尔效应,故③符合题意;
④FeCl3溶液是溶液不是胶体,无丁达尔效应,故④符合题意;
⑤云、雾是胶体,有丁达尔效应,故⑤不符合题意;
由上②③④符合题意;答案为A。
2.下列离子方程式中,正确的是()
A.将稀硫酸滴在铜片上:
Cu+2H+=Cu2++H2B.将氧化钙与稀盐酸混合:
CaO+2H+=Ca2++H2O
C.将Fe片插入硝酸银溶液中:
Fe+Ag+=Fe2++AgD.将稀盐酸滴在石灰石上:
CaCO3+2H+=Ca2++H2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据活动顺序表,Cu排在H后面,稀硫酸滴在铜片上,二者不发生反应,故A错误;
B.氧化钙与稀盐酸混合,发生反应生成氯化钙和水,反应的离子方程式为:
CaO+2H+=Ca2++H2O,故B正确;
C.铁片插入硝酸银溶液中,铁置换出银,离子方程式:
Fe+2Ag+═Fe2++2Ag,故C错误;
D.稀盐酸滴在石灰石上,发生反应生成氯化钙、二氧化碳和水,离子方程式为CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+,故D错误;
答案为B。
3.下列反应中,属于氧化还原反的是()
A.3O2=2O3B.CaO+H2O=Ca(OH)2
C.WO3+3H2
W+3H2OD.CaCO3
CaO+CO2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A.该反应中氧元素的化合价没有发生变化,所以A不是氧化还原反应;
B.该反应中各元素的化合价没有发生变化,所以B不是氧化还原反应;
C.反应中H、W元素
化合价反应前后发生改变,所以C是氧化还原反应;
D.该反应中各元素的化合价没有发生变化,所以D不是氧化还原反应;
故答案
C。
4.下列各组物质,按化合物、单质、混合物顺序排列的是()
A.烧碱、液氯、盐酸B.生石灰、白磷、石膏
C.干冰、铁、硫酸D.空气、氮气、胆矾
【答案】A
【解析】
【详解】A.烧碱属于化合物,液氯属于单质,盐酸属于混合物,故A符合题意;
B.生石灰属于化合物,白磷属于单质,石膏是二水硫酸钙,属于化合物,故B不符合题意;
C.干冰属于化合物,铁属于单质,硫酸属于化合物,故C不符合题意;
D.空气属于混合物,氮气属于单质,胆矾是五水硫酸铜,属于化合物,故D不符合题意;
答案为A。
5.下列关于钠的叙述中,不正确的是()
A.钠可以保存煤油中B.钠燃烧时生成氧化钠
C.钠具有很强的还原性D.钠原子的最外电子层上只有1个电子
【答案】B
【解析】
【详解】A.钠在空气中容易被氧化,钠的密度比煤油的大且与煤油不反应,所以能保存在煤油中,从而隔绝空气,故A正确;
B.钠燃烧时生成过氧化钠,故B错误;
C.钠原子的最外层中只有1个电子,金属性很强,具有强还原性,故C正确;
D.钠原子核外有11个电子,电子层结构为2、8、1,故D正确;
故答案为B。
6.如下图所示,在A处通入未经干燥的氯气。
当关闭B阀时,C处的红布条看不到明显现象;当打开B阀后,C处的红布条逐渐褪色。
则D瓶中盛放的溶液不可能是()
A.饱和NaCl溶液B.NaOH溶液C.NaBr溶液D.浓H2SO4
【答案】A
【解析】
【分析】
干燥的氯气不能使有色布条褪色,湿润的氯气能使有色布条褪色,关闭B阀,C处红布条看不到明显现象,当打开B阀后,C处的红布条逐渐褪色,说明气体经过洗气瓶D后氯气或水被除去。
【详解】A.饱和NaCl溶液不能吸收氯气,会降低氯气在水中的溶解度,达不到实验目的,A符合题意;
B.NaOH溶液能吸收氯气,B不符合题意;
C.NaBr溶液能吸收氯气,C不符合题意;
D.浓H2SO4能吸收水,D不符合题意。
答案选A。
7.将50mL0.1mol/LNaOH溶液加水稀释到200mL,稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为()
A.0.25mol/LB.0.025mol/LC.0.05mol/LD.0.04mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】稀释过程中溶质的物质的量不变,根据c稀•V稀=c浓•V浓得c(NaOH)=
=0.025mol/L,故答案为B。
8.下列物质中,在一定条件下与铁反应,且铁元素的化合价能变为+3价的是()
A.硫B.氯化铁溶液C.硫酸铜溶液D.氯气
【答案】D
【解析】
【分析】
铁元素只能被强氧化剂氧化成+3价,例如氯气、高锰酸钾、硝酸、浓硫酸等。
【详解】A.铁与硫反应,生成硫化亚铁,+2价,A不符合题意;
B.铁与氯化铁溶液反应,生成氯化亚铁,+2价,B不符合题意;
C.铁与硫酸铜溶液反应,生成硫酸亚铁,+2价,C不符合题意;
D.铁与氯气反应,生成氯化铁,+3价,D符合题意;
答案选D。
9.相同质量的两份铝粉,分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中,放出的氢气在同温同压下的体积之比是()
A.1:
1B.1:
6C.2:
3D.3:
2
【答案】A
【解析】
【分析】
相同质量的两份铝,铝的物质的量相等,根据铝与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式可知,酸、碱足量时,铝完全反应,则铝的质量相等生成的氢气也相等,据此即可解答。
【详解】由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知,酸、碱均过量,则铝完全反应,相同质量的两份铝,铝的物质的量相等,从方程式中可以看到铝与氢气的比例都是2:
3,因此产生的氢气是相等的,生成氢气的体积比为1:
1,
答案选A。
【点睛】铝与盐酸、氢氧化钠反应的对比计算是常考点,学生需要注意的是,审题要认真,抓住物质的用量是解题的关键,再依据关系式法找出生成氢气的体积(或物质的量)与参加反应的物质之间的关系进行求解。
10.考古学上常用
来测定文物的年代。
的原子核内中子数与质子数之差是()
A.10B.8C.2D.16
【答案】C
【解析】
【详解】
中质子数是8,质量数是18,中子数=质量数-质子数=18-8=10,中子数与质子数之差为10-8=2;答案为C。
11.有关元素周期表中某区域的说法不正确的是()
A.中间区域的过渡元素可找到催化剂和耐高温、耐腐蚀合金的元素
B.金属元素和非金属元素分界线附近的元素多用于制造半导体材料
C.左下方区域的金属元素是金属性很强的元素
D.稀有气体元素的原子最外层都达到8电子稳定结构,所以不能参于任何反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.在过渡元素中人们可以找到催化剂和耐高温、耐腐蚀合金的元素,A正确;
B.金属元素和非金属元素分界线附近的元素多用于制造半导体材料,例如硅、锗等,B正确;
C.同主族自上而下,金属性增强,同周期从左到右,金属性减弱,所以在左下方区域的金属元素是金属性很强的元素,C正确;
D.He是最外层只有2个电子的稳定结构,并且稀有气体也能参与反应,例如Xe与F2在一定条件能反应生成XeF2,D错误。
答案选D。
12.下列关于化学键的说法中不正确的是()
A.化学键是一种作用力
B.化学键可以使离子相结合,也可以使原子相结合
C.化学反应过程中,反应物分子内的化学键断裂,产物分子中化学键形成
D.非极性键不是化学键
【答案】D
【解析】
【详解】A.化学键是相邻原子之间的强烈的相互作用,A正确;
B.形成化学键的微粒可能是离子也可能是原子但不能是分子,B正确;
C.化学反应的实质是有旧化学键的断裂和新化学键的形成,C正确;
D.非极性键和极性键都是共价键,化学键包含离子键、共价键、金属键,D错误;
答案选D。
13.下列关于SO2的叙述正确的是()
A.SO2是具有漂白作用,可使石蕊褪色B.SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO4
C.SO2能使溴水褪色,是因为SO2具有还原性D.SO2有毒,不能用作食品添加剂
【答案】C
【解析】
【详解】A.SO2
具有漂白作用,只能使某些有色物质褪色,但不能使石蕊褪色,故A错误;
B.SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3,故B错误;
C.SO2能使溴水褪色,是因为SO2具有还原性将Br2还原成Brˉ,故C正确;
D.SO2虽有毒,但可作食品添加剂,利用其还原性除氧气来防腐和抗氧化等,故D错误;
故答案为C。
14.只用一种试剂,将NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2SO4、NaCl4种物质的溶液区分开,这种试剂是()
A.NaOH溶液B.AgNO3溶液C.BaCl2溶液D.Ba(OH)2溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
只用一种试剂就能将NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2SO4、NaCl四种溶液区分开来,则所取的试剂与这四种物质混合时须有明显的不同现象,据此分析判断。
【详解】A.氢氧化钠溶液能与硫酸铵溶液以及氯化铵溶液反应产生有刺激气味的气体,现象相同,无法区分,氢氧化钠溶液与硫酸钠溶液、氯化钠溶液混合均无明显现象,无法区分,故A不选;
B.硝酸银溶液与这四种溶液混合均会产生白色沉淀,现象相同,无法区分,故B不选;
C.氯化钡溶液能与硫酸铵溶液及硫酸钠溶液产生白色沉淀,现象相同,无法区分,氯化钡溶液与氯化铵溶液、氯化钠溶液混合均无明显现象,无法区分,故C不选;
D.氢氧化钡溶液与氯化铵混合产生有刺激性气味的气体,与硫酸铵溶液混合能产生白色沉淀和有刺激性气味的气体,与硫酸钠混合能产生白色沉淀,与氯化钠混合无现象,现象各不相同,可以区分,故D选;
故选D。
15.下列说法错误的是()
A.化学反应必然伴随发生能量变化
B.化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少有关
C.化学反应放出能量的原因是生成物的总能量比反应物的总能量高
D.化学反应中的能量变化主要是由化学键变化引起的
【答案】C
【解析】
【详解】A.化学反应必伴随着能量变化,有能量变化的不一定是化学反应,A正确;
B.参加反应的物质的质量越多,能量变化越大,B正确;
C.反应物的总能量大于生成物的总能量时,反应放出能量,反应物的总能量小于生成物的总能量时,反应吸收能量,C错误;
D.化学反应是放出能量还是吸收能量和反应物化学键断裂吸收的能量和生成物化学键形成放出的能量的相对大小有关,D正确。
答案选C。
16.一定条件下,石墨转化为金刚石要吸收能量。
在该条件下,下列结论正确的是()
A.石墨转化金刚石是放热反应B.等质量的金刚石和石墨完全燃烧释放的热量相同
C.金刚石比石墨更稳定D.1molC(金刚石)比1molC(石墨)的总能量高
【答案】D
【解析】
【详解】A.石墨转化为金刚石要吸收能量,即石墨转化金刚石是吸热反应,故A错误;
B.石墨转化为金刚石要吸收能量,说明石墨的能量低,等质量的石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多,故B错误;
C.石墨转化为金刚石要吸收能量,说明石墨的能量低,稳定,所以石墨比金刚石稳定,故C错误;
D.一定条件下,石墨转化为金刚石要吸收能量,所以1molC(金刚石)比1molC(石墨)的总能量高,故D正确;
故答案为D。
17.下列措施中,不能增大化学反应速率的的是
A.Zn与稀硫酸反应制取H2时,加入蒸馏水
B.Al在O2中燃烧生成Al2O3时,用铝粉替代铝片
C.CaCO3与稀盐酸反应生成CO2时,适当升高温度
D.用KClO3固体分解制取O2时,固体中添加少量MnO2
【答案】A
【解析】
【详解】A.Zn与稀硫酸反应制取H2时,加入蒸馏水,硫酸浓度减小,反应速率减小,故A符合题意;
B.Al在O2中燃烧生成Al2O3时,用铝粉替代铝片,增大接触面积,反应速率加快,故B不符合题意;
C.CaCO3与稀盐酸反应生成CO2时,适当升高温度,反应速率加快,故C不符合题意;
D.用KClO3固体分解制取O2时,固体中添加少量MnO2作催化剂,反应速率加快,故D不符合题意;
答案选A。
18.一定条件下的密闭容器中,发生可逆反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g).下列情况不能说明该反应一定达到化学平衡的是()
A.NH3的质量保持不变B.H2的含量保持不变
C.正反应和逆反应
速率相等D.N2、H2和NH3的物质的量之比为1:
3:
2
【答案】D
【解析】
【分析】
反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度不再改变,据此分析解答。
【详解】A.NH3的质量保持不变,密闭容器体积不变,则NH3的浓度不变,达到化学平衡状态,A选项不符合题意;
B.H2的含量保持不变,即浓度不变,能作为达到平衡的标志,B选项不符合题意;
C.正反应的逆反应速率相等,化学反应达到平衡状态,C选项不符合题意;
D.平衡时,N2、H2和NH3的物质的量之比取决于起始量之比与转化程度,这是个变量,该比值未说明保持不变,故不能作为达到平衡的标志,D选项符合题意。
答案选D。
19.正丁烷与异丁烷互为同分异构体的依据是()
A.具有相似的化学性质B.相对分子质量相同,但分子的空间结构不同
C.具有相似的物理性质D.分子式相同,但分子内碳原子的连接方式不同
【答案】D
【解析】
分析】
分子式相同结构不同的化合物互称为同分异构体,互为同分异构体的物质具有以下特点:
分子式相同、结构不同,物理性质不同,同类化学性质相似,不同类时化学性质不同,多为有机物。
【详解】A.同分异构体可能具有相似化学性质,但具有相似化学性质不一定是同分异构体,如乙烯与丙烯,化学性质相似,分子式不同,故A错误;
B.相对分子质量相同,但分子的空间结构不同,不能作为同分异构体的判断依据,如C4H10与C3H6O,它们相对分子质量相同,分子的空间结构不同,但它们不是同分异构体,故B错误;
C.因二者的结构不同,为不同的物质,则物理性质不同,故C错误;
D.正丁烷与异丁烷的分子式相同,但分子内碳原子的连接方式不同,则结构不同,二者互为同分异构体,故D正确;
答案为D。
20.下列说法中正确的是()
A.乙醇分子中有—OH基团,所以乙醇溶于水后溶液显碱性
B.乙醇与钠反应可以产生氢气,所以乙醇溶于水后溶液显酸性
C.乙醇在空气中燃烧生成二氧化碳和水,说明乙醇分子中含有C、H、O三种元素
D.乙醇羟基中的氢原子比乙烷中的氢原子活泼
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙醇是非电解质,溶于水后不发生电离,因此乙醇溶液不显碱性,A错误;
B.乙醇是非电解质,溶于水后不发生电离,因此乙醇溶液不显酸性,B错误;
C.物质燃烧生成二氧化碳和水,只能说明该物质中含有C、H元素,C错误;
D.根据乙醇能与Na反应,乙烷与Na不反应这一事实说明乙醇羟基中的氢原子比乙烷中的氢原子活泼,D正确。
答案选D。
二、非选择题
21.已知A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平,B、D是饮食中两种常见的有机物,F是一种有香味的物质,F中碳原子数是D的两倍。
现以A为主要原料合成F和高分子化合物E,其合成路线如图所示。
(1)A的结构式为__________,B中决定其性质的重要官能团的名称为____________。
(2)写出反应的化学方程式并判断反应类型。
①____________________________________反应类型:
__________。
②_____________________________________反应类型:
__________。
(3)实验室怎样鉴别B和D?
_________________________。
(4)在实验室里我们可以用如下图所示的装置来制取F,乙中所盛的试剂为_______,该溶液的主要作用是_____________________________________;
(5)该装置图中有一个明显的错误是_____________________________。
【答案】
(1).
(2).羟基(3).2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O(4).氧化反应(5).CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O(6).酯化反应(或取代反应)(7).取某一待测液于试管中,滴加少量石蕊溶液,若溶液变红,则所取待测液为乙酸,余下一种为乙醇(或其他合理方法)(8).饱和碳酸钠溶液(9).与挥发出来的乙酸反应,便于闻乙酸乙酯的香味;溶解挥发出来的乙醇;降低乙酸乙酯在水中的溶解度,便于分层析出(10).导气管的出口伸入到了液面以下
【解析】
【分析】
A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平,应为乙烯,结构简式为CH2=CH2,乙烯和水在催化剂条件下发生加成反应生成乙醇,乙醇被催化氧化生成乙醛,乙醇和乙酸在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯,高分子化合物E应为聚乙烯,据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知,
(1)的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平,应为乙烯,结构简式为CH2=CH2,乙烯和水在催化剂条件下发生加成反应生成乙醇,即B为乙醇,含有羟基,故答案为CH2=CH2;羟基;
(2)①B为乙醇,乙醇被催化氧化生成乙醛,反应的化学方程式为:
2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O;反应类型为氧化反应②乙醇和乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯,反应的方程式为:
CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O;反应类型为酯化反应(或取代反应);
(3)实验室鉴别B乙醇和D乙酸:
取某一待测液于试管中,滴加少量石蕊溶液,若溶液变红,则所取待测液为乙酸,余下一种为乙醇(或其他合理方法);
(4)实验室制取乙酸乙酯,乙中所盛的试剂为饱和碳酸钠溶液;该溶液的主要作用是:
与挥发出来的乙酸反应,便于闻乙酸乙酯的香味;溶解挥发出来的乙醇;降低乙酸乙酯在水中的溶解度,便于分层析出;
(5)该装置图中有一个明显的错误是:
导气管的出口伸入到了液面以下,会引起倒吸。
22.A、B、C为短周期元素,它们的位置关系如图所示,已知B、C两元素原子序数之和是A元素的原子序数的4倍。
A
B
C
(1)A、B、C的元素名称分别为A______、B______、C_____。
(2)A的原子结构示意图为________。
(3)B在元素周期表中的位置是_______,B最高价氧化物的化学式为______。
(4)A的简单氢化物分子式为_______;B、C的最高价氧化物水化物的分子式分别为____、____。
【答案】
(1).氧
(2).磷(3).氯(4).
(5).第三周期ⅤA族(6).P2O5(7).H2O(8).H3PO4(9).HClO4
【解析】
【分析】
由于A、B、C均为短周期元素,A应为第二周期元素,B、C为第三周期元素。
设A的原子序数为x,B位于A下一周期的前一个主族,C位于A下一周期的后一个主族。
由于第二、三周期同主族元素原子序数相差8,因此B的原子序数为x+8-1=x+7,C的原子序数为x+8+1=x+9。
根据B、C两元素原子序数之和是A元素的原子序数的4倍,可得下式:
4x=x+7+x+9,得x=8。
则A原子序数为8,B原子序数为15,C原子序数为17,所以A为O元素,B为P元素,C为Cl元素。
【详解】
(1)根据分析可知A为氧、B为磷、C为氯;
(2)A为O元素,O原子的结构示意图为
;
(3)P元素位于第三周期ⅤA族;P元素的最高正价为+5价,相应的氧化物为P2O5;
(4)O元素的简单氢化物为H2O;P元素最高价氧化物的水化物为H3PO4;Cl元素最高价氧化物的水化物为HClO4。
23.某同学设计以下实验方案,从海带中提取I2。
(1)操作①的名称是______。
(2)向滤液中加入双氧水的作用是______。
(3)试剂a可以是______(填序号)。
①四氯化碳②苯③酒精④乙酸
(4)I–和IO3-在酸性条件下生成I2的离子方程式是________________。
(5)上图中,含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液,其目的是____________。
【答案】
(1).过滤
(2).将I-氧化为I2(3).①②(4).5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O(5).富集碘元素
【解析】
【分析】
分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法为过滤。
海带灰中含KI,该物质容易溶于水,具有还原性,在酸性条件下被H2O2氧化为I2,I2容易溶于有机溶剂而在水中溶解度较小,可以通过萃取作用分离碘水。
向含有I2的有机物中加入NaOH溶液,发生歧化反应反应生成碘化钠、碘酸钠,进入到水溶液中,向其中加入稀硫酸酸化,I-、IO3-、H+发生反应产生I2的悬浊液,过滤,分离得到粗碘。
【详解】
(1)操作①是分离难溶性固体与可溶性KI水溶液的操作方法,名称是过滤;
(2)向滤液中加入双氧水的作用是将I-氧化为I2;
(3)试剂a是从I2的水溶液中分离得到I2,可以根据I2容易溶于有机溶剂苯、四氯化碳中溶解度大而在水中溶解度较小,苯或四氯化碳与水互不相容,且与I2不反应的性质,通过萃取分离得到,因此可以是四氯化碳、苯,而不能使用与水互溶的或容易溶于水的乙醇、乙酸,故合理选项是①②;
(4)I–和IO3-在酸性条件下生成I2和水,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得反应的离子方程式是5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O;
(5)上图中,含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液,其目的是提高I2的浓度,达到富集碘元素的目的。
【点睛】本题考查了含碘物质分离提纯碘单质的实验过程分析,注意过滤、萃取、分液的操作,及氧化还原反应在物质制备的应用,掌握基础是解题关键。
24.晶体硅是一种重要的非金属材料,制备纯硅的主要步骤如下:
①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅
②粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3:
Si+3HCl=SiHCl3+H2
③SiHCl3与过量H2在1100℃反应制得纯硅,已知SiHCl3能与H2O强烈反应,在空气中易自燃。
请回答下列问题:
(1)第①步制备粗硅的化学反应方程式为_____。
(2)粗硅与HCl反应完全后,经冷凝得到的SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量SiCl4(沸点57.6℃)和HCl(沸点-84.7℃),提纯SiHCl3采用的方法为_____。
(3)用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如图(热源及夹持装置略去):
①装置B中的试剂是_____,装置C中的烧瓶需要加热,其目的是______。
②反应一段时间后,装置D中观察到的现象是____, 装置
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