青海省高一上学期学考第二次模拟考试化学试题.docx
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青海省高一上学期学考第二次模拟考试化学试题
高一下学期学考
第二次模拟考试化学试题
1.下列属于碱的是()
A.CH3COOHB.CuCl2C.Ba(OH)2D.N2O4
【答案】C
【解析】A、CH3COOH属于酸,不属于碱,故A错误;B、CuCl2属于盐,不属于碱,故B错误;C、Ba(OH)2属于碱,故C正确;D、N2O4属于氧化物,不属于碱,故D错误。
2.仪器名称为“干燥管”的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】A、此装置为研钵,故A错误;B、此装置为干燥管,故B正确;C、此装置为干燥器,故C错误;D、此装置为分液漏斗,故D错误。
3.下列属于非电解质的是()
A.蔗糖B.镁粉C.硫酸D.胆矾晶体
【答案】A
【解析】A、蔗糖属于非电解质,故A正确;B、镁粉属于单质,既不是电解质,也不是非电解质,故B错误;C、硫酸属于电解质,故C错误;D、胆矾晶体属于电解质,故D错误。
点睛:
电解池一般包括酸、碱、多数的盐、多数的金属氧化物、水、一部分有机物,其余的化合物为非电解质。
4.下列反应中,非金属单质只作氧化剂的是()
A.Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2OB.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
C.C+2CuO
2Cu+CO2↑D.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【答案】D
【解析】A、Br2在反应中化合价由0价→+1价和-1价,即Br2既是氧化剂又是还原剂,故A错误;B、反应物中没有非金属单质,故B错误;C、C的化合价由0价→+4价,化合价升高,C为还原剂,故C错误;D、O2的化合价由0价→-2价,化合价降低,O2为氧化剂,故D正确。
5.能产生“丁达尔效应”的是()
A.肥皂水B.石灰水C.双氧水D.氯水
【答案】A
【解析】能产生丁达尔效应的分散系是胶体,A、肥皂水属于胶体,具有丁达尔效应,故A正确;B、石灰水属于溶液,故B错误;C、双氧水属于溶液,故C错误;D、氯水属于溶液,故D错误。
6.下列过程中,发生吸热反应的是()
A.碘的升华B.生石灰溶于水
C.Ba(OH)2·8H2O 与NH4ClD.盐酸和氢氧化钠溶液混合
【答案】C
【解析】A、碘升华属于吸热,但此过程属于物理变化,故A错误;B、生石灰溶于水,发生CaO+H2O=Ca(OH)2,属于放热反应,故B错误;C、此反应属于吸热反应,故C正确;D、盐酸和氢氧化钠发生中和反应,属于放热反应,故D错误。
点睛:
常见的吸热反应是Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应、C和H2O(g)、C与CO2反应、盐类水解、大多数的分解反应,吸热反应属于化学反应。
7.下列说法不正确的是()
A.常温下铁与浓硫酸不反应B.燃着的镁能在二氧化碳气体中继续燃烧
C.干燥的氯气能使品红溶液褪色D.久置于空气中的漂白粉会变质
【答案】A
【解析】A.常温下铁与浓硫酸发生钝化反应,表面生成氧化膜,故A错误;B.燃着的镁能在二氧化碳气体中继续燃烧生成氧化镁和碳,故B正确;C.干燥的氯气溶于水生成次氯酸,具有漂白性,能使品红溶液褪色,故C正确;D.久置于空气中的漂白粉变质,与水、二氧化碳反应生成碳酸钙、HClO,发生的反应为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO=2HCl+O2↑,故D正确;故选A。
8.下列表示不正确的是
A.CO2的电子式:
B.乙烯的结构简式:
CH2CH2
C.水分子的球棍模型:
D.Na+的结构示意图:
【答案】B
【解析】A.CO2是共价化合物,电子式:
,A正确;B.乙烯还有碳碳双键,结构简式:
CH2=CH2,B错误;C.水分子是V形结构,球棍模型:
,C正确;D.Na+的结构示意图:
,D正确,答案选B。
点睛:
注意有机物结构表示方法的区别,
(1)结构式——完整的表示出有机物分子中每个原子的成键情况。
(2)结构简式——结构式的缩简形式。
结构式中表示单键的“—”可以省略,“C=C”和“C≡C”不能省略。
醛基、羧基则可简写为—CHO和—COOH。
(3)球棍模型:
用来表现化学分子的三维空间分布。
棍代表共价键,球表示构成有机物分子的原子。
(4)比例模型:
是一种与球棍模型类似,用来表现分子三维空间分布的分子模型。
球代表原子,球的大小代表原子直径的大小,球和球紧靠在一起。
9.下列物质的水溶液因电离而呈酸性的是()
A.NH4ClB.Na2CO3C.NaHSO4D.CH3CH2OH
【答案】C
【解析】A、NH4Cl属于强酸弱碱,其水溶液中NH4++H2O
NH3·H2O+H+,因水解呈溶液显酸性,故A错误;B、Na2CO3溶液中:
CO32-+H2O
HCO3-+OH-,溶液显碱性,故B错误;C、NaHSO4电离:
NaHSO4=Na++H++SO42-,因电离呈酸性,故C正确;D、CH3CH2OH属于非电解质,故D错误。
10.下列说法正确的是()
A.制硝基苯时,将浓硝酸沿着内壁慢慢注入盛有浓硫酸的烧杯中,并用玻璃棒不断搅拌
B.用玻璃棒在过滤器上搅拌以加速硫酸钡沉淀的洗涤
C.实验室中少量金属钠常保存在煤油中,实验时多余的钠不能放回原瓶中
D.根据火焰所呈现的特征焰色,用来检验金属或金属离子的存在
【答案】D
【解析】A、浓硫酸的密度大于浓硝酸,因此混合时,浓硫酸沿着内壁慢慢注入盛有浓硝酸的烧杯中,并用玻璃棒不断搅拌,故A错误;B、过滤时,玻璃棒的作用是引流,不能搅拌,否则容易使滤纸破损,故B错误;C、实验时多余的金属钠能放回原瓶中,故C错误;D、焰色反应是检验某金属元素的存在,故D正确。
11.下列说法不正确的是()
A.C60和纳米碳管互为同素异形体B.(CH3CH2)2CHCH3的系统命名是2-乙基丁烷
C.乙醇和丁烷都存在同分异构体D.甲烷与新戊烷互为同系物
【答案】B
【解析】A、C60和纳米碳管都是碳元素组成的单质,两者结构不同,因此两者互为同素异形体,故A说法正确;B、按照有机物的命名,应为3-甲基戊烷,故B说法错误;C、乙醇分子式为C2H6O,存在同分异构体为CH3CH2OH和CH3-O-CH3,丁烷存在的同分异构体为CH3CH2CH2CH3、CH(CH3)3,故C说法正确;D、甲烷化学式CH4,新戊烷的结构简式为C(CH3)4,两者结构上相似,相差4个-CH2-,因此属于同系物,同属于烷烃,故D说法正确。
12.在一定条件下发生反应2SO3(g)
2SO2(g)+O2(g),将1molSO3气体通入1L容积恒定的密闭容器中,维持容器内温度不变,5min末测得SO3的物质的量为0.4mol。
则下列说法正确的是()
A.0~5min,O2的生成速率v(O2)=0.06mol·L-1·min-1
B.若起始时充入3molSO3,起始时SO3分解速率不变
C.若某时刻消耗了0.5molSO3同时生成了0.25molO2,则表明该反应达到了平衡状态
D.达到平衡时,SO2和SO3的浓度相等
【答案】A
【解析】A、0-5min消耗的SO3的物质的量为(1-0.4)mol=0.6mol,产生O2的物质的量为0.6/2mol=0.3mol,根据化学反应速率的数学表达式,v(O2)=0.3/(1×5)mol/(L·min)=0.06mol/(L·min),故A正确;B、若起始时充入3molSO3,反应物浓度增大,化学反应速率加快,故B错误;C、消耗SO3,生成O2,反应都是向正反应方向进行,不能说明反应达到平衡,故C错误;D、根据题目中所给信息,无法判断SO2和SO3浓度是否相同,故D错误。
13.下列离子方程式不正确的是()
A.硫酸型酸雨的形成会涉及反应:
2H2SO3+O2=4H++2SO42-
B.纯碱溶液显碱性的原因:
CO32-+2H2O
H2CO3+2OH-
C.盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞的原因:
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
D.成分为盐酸的洁厕灵与“84”消毒液混合使用易中毒:
Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O
【答案】B
【解析】A.二氧化硫与水反应生成H2SO3,H2SO3可被氧化生成H2SO4,酸雨放置一段时间后溶液pH稳定就是发生的该反应,故A正确;B.纯碱为强碱弱酸盐,水解呈碱性,加热可促进水解,但以第一步水解为主,应为CO32-+H2O
HCO3-+OH-,故B错误;C.玻璃中含有二氧化硅,可与氢氧化钠反应生成硅酸钠,反应的离子方程式可写成SiO2+2OH-═SiO32-+H2O,故C正确;D.盐酸与次氯酸钠反应生成氯气,反应的离子方程式为Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O,故D正确;故选B。
点睛:
本题考查较为综合,涉及二氧化硫的污染、盐类的水解、试剂的保存以及消毒液的性质等,为高频考点,侧重于化学与生活、生产的考查,有利于培养学生的良好的科学素养。
本题的易错点为D。
14.甲~庚等元素在周期表中的相对位置如下表,己的最高价氧化物的水化物有强脱水性,甲和丁在同一周期,甲原子最外层与最内层具有相同电子数。
下列判断正确的是()
A.丙与戊的原子序数相差25
B.气态氢化物的稳定性:
庚<己<戊
C.丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维
D.常温下,甲和乙的单质能与水剧烈反应
【答案】C
【解析】己的最高价氧化物的水化物有强脱水性,推出己为S,甲原子最外层与最内层具有相同的电子数,即甲为Mg,乙为Ca,丙为B,丁为Si,戊为As,庚为F,A、B和As原子序数相差28,故A错误;B、非金属性越强,其氢化物越稳定,非金属性强弱顺序是F>S>As,则氢化物的稳定性:
HF>H2S>AsH3,故B错误;C、丁的最高价氧化物为SiO2,SiO2用于制造光导纤维,故C正确;D、甲为Mg,乙为Ca,Mg与冷水反应缓慢,Ca与水反应剧烈,故D错误。
点睛:
本题的难点是选项A,B的原子序数学生知道,B的原子序数为5,As的原子序数学生可能不知道,丁和己中间的元素是P,As在P的下一周期,即As的原子序数是P的原子序数+As所带周期的元素种类,即As的原子序数为15+18=33,从而求出B和As的原子序数差。
15.下列说法不正确的是()
A.乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应
B.石油裂化和裂解的目的均是为了将长链烃转化为短链烃
C.石油裂化得到的汽油可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色,褪色原理不同
D.等物质的量的乙烯、丙烯分别充分燃烧,所耗氧气的物质的量一样多
【答案】D
【解析】分析:
A、乙醇与乙酸发生酯化反应,乙酸乙酯发生水解,都属于取代反应;B、石油裂化裂解得到短链烃;C、石油裂化得到的汽油含有烯烃;烃燃烧的通式为CxHy+(x+
)O2→xCO2+
H2O。
详解:
A、乙醇与乙酸发生酯化反应,属于取代反应,乙酸乙酯发生水解,水解属于取代反应,选项A正确;B、石油裂化目的为了得到更多的轻质汽油,裂解的目的得到气态烃,都是将长链烃转化成短链烃,选项B正确;C、石油裂化得到的汽油含有烯烃能与可溴水发生加成反应而使其褪色、能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色,褪色原理不同,选项C正确;D、烃燃烧的通式为CxHy+(x+
)O2→xCO2+
H2O,假设乙烯、丙烯的物质的量为1mol,1mol乙烯消耗氧气物质的量为(2+
)mol=3mol,1mol丙烯燃烧消耗氧气物质的量为(3+
)mol=4.5mol,选项D不正确。
答案选D。
16.下列说法正确的是()
A.油脂和氨基酸在一定条件下均可以与氢氧化钠溶液反应
B.棉、麻、丝、毛完全燃烧都只生成二氧化碳和水
C.鸡蛋白水溶液中滴加硫酸铵溶液可使蛋白质发生变性
D.煤的干馏是指高温下煤在空气中发生复杂的物理化学变化,得到苯、甲苯、二甲苯等
【答案】A
.....................
17.某高能电池以稀硫酸作为电解质溶液,其总反应式为CH2=CH2+O2
CH3COOH。
下列说法正确的是()
A.在电池工作过程中,溶液中的SO42-向正极移动
B.随着反应的进行,正极区域附近溶液的pH变小
C.当转移4mol电子时,溶液中的CH3COOH分子数为NA(NA为阿伏加德罗常数的值)
D.负极的电极反应式为CH2=CH2-4e-+2H2O
CH3COOH+4H+
【答案】D
【解析】A、根据原电池的工作原理,阴离子向负极移动,即SO42-向负极移动,故A错误;B、电解质是硫酸,正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,正极区域pH增大,故B错误;C、负极反应式为CH2=CH2+2H2O-4e-=CH3COOH+4H+,当转移4mol电子时,生成1molCH3COOH,但CH3COOH属于弱电解质,部分电离,因此溶液CH3COOH分子的物质的量小于1mol,故C错误;D、根据电池总反应,电解质是硫酸,因此负极反应式为CH2=CH2+2H2O-4e-=CH3COOH+4H+,故D正确。
点睛:
电极反应式的书写,首先根据原电池的工作原理,判断出正负两极参与反应的物质,如本题的负极,C2H4中C的价态为-2价,乙酸中C的价态为0价,因此C2H4在负极上参与反应生成CH3COOH,然后判断电解质的环境,电解质是硫酸,即环境是酸性,因此电极反应式为CH2=CH2+2H2O-4e-=CH3COOH+4H+。
18.下列说法正确的是()
A.含有OH-的溶液一定呈碱性
B.pH为3的盐酸的c(H+)是pH为1的盐酸的100倍
C.Na2CO3溶液与NaHCO3溶液中所含微粒的种类一定相同
D.pH相同的氨水与氢氧化钠溶液,分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时,消耗氨水与氢氧化钠溶液的体积一定相同
【答案】C
【解析】分析:
A、任何电解质水溶液中都含有OH-;B、pH为3的盐酸的c(H+)是pH为1的盐酸的
;C、碳酸钠中碳酸根离子分步水解,碳酸氢钠中碳酸氢根离子既电离也水解;D、氨水为弱碱不完全电解,同pH同体积的氨水物质的量大。
详解:
A.任何电解质水溶液中都含有OH-,所以含有OH-的溶液不一定呈碱性,选项A错误;B、pH为3的盐酸的c(H+)是0.001mol/L,pH为1的盐酸的c(H+)是0.1mol/L,pH为3的盐酸的c(H+)是pH为1的盐酸的
,选项B错误;C.NaHCO3溶液存在HCO3-+H2O
H2CO3+OH-、HCO3-
H++CO32-,Na2CO3溶液中存在CO32-+H2O
HCO3-+OH-、HCO3-+H2O
H2CO3+OH-,两种溶液中存在的粒子有:
Na+、H+、OH-、HCO3-、H2O、CO32-、H2CO3,选项C正确;D、同pH同体积的氨水和NaOH溶液,由于氨水是弱电解质,部分电离,所以氨水中n(OH-)大于氢氧化钠溶液中n(OH-),中和盐酸时,氨水比氢氧化钠能中和更多的盐酸,选项D错误。
答案选C。
点睛:
本题涉及弱电解质的电离、溶液pH的计算以及盐的水解规律以及应用等知识,可以根据所学知识来回答,难度不大。
19.25℃、101kPa时,有以下能量转化图,下列说法不正确的是()
A.转化Ⅱ的热化学方程式2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-282.9 kJ·mol-1
B.相同条件下,1molC(s)和0.5molO2(g)总能量高于1molCO(g)的能量
C.由C→CO的热化学方程式2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221.2kJ·mol-1
D.CO2(g)分解为C(s)和O2(g)是吸热反应
【答案】A
【解析】A、根据能量转化图,转化II的热化学反应方程式为CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=-282.9kJ·mol-1或者2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-282.9×2kJ·mol-1=-565.8kJ·mol-1,故A说法错误;B、C和氧气反应生成CO,此反应属于放热反应,因此相同条件下,1molC(s)和0.5molO2(g)总能量高于1molCO(g)的能量,故B说法正确;C、根据能量转化图,C→CO的热化学反应方程式为2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-(393.5-282.9)×2kJ·mol-1=-221.2kJ·mol-1,故C说法正确;D、C和O2反应是放热反应,CO2分解为C和O2是吸热反应,故D说法正确。
20.下列说法不正确的是()
A.碘单质升华克服的是分子间作用力
B.KOH和MgCl2都是离子晶体,均含有共价键和离子键
C.石英是由硅原子和氧原子构成的原子晶体,每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D.KClO3分解生成KC1和O2的过程中有离子键和共价键的断裂和形成
【答案】B
【解析】A.碘是分子晶体,碘单质升华克服的是分子间作用力,故A正确;B.KOH和MgCl2都是离子晶体,KOH含有共价键和离子键,MgCl2只含有离子键,故B错误;C.石英是由硅原子和氧原子构成的原子晶体,每个硅原子形成4个共价键,每个氧原子形成两个共价键,每个原子的最外层都具有8电子稳定结构,故C正确;D.KClO3分解生成KC1和O2的过程中有离子键和共价键的断裂(K+与ClO3-离子键、Cl-O共价键)和形成(K+与Cl-离子键、O-O共价键),故D正确;故选B。
21.已知:
2CrO42-+2H+
Cr2O72-+H2O。
25℃时,调节初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液的pH,测定平衡时溶液中c(Cr2O72-)和c(H+),获得如下曲线。
下列说法不正确的是()
A.平衡时,pH越小,c(Cr2O72-)越大
B.A、B两点c(CrO42-)之比为5:
2
C.B点CrO42-的平衡转化率为40%
D.平衡时,若溶液中c(CrO42-)=2c(Cr2O72-),则c(H+)=1.0×10-7mol·L-1
【答案】C
【解析】A、根据图像,c(H+)越大,c(Cr2O72-)越大,故A说法正确;B、A点c(Cr2O72-)=0.25mol·L-1,则c(CrO42-)=(1.0-0.25×2)mol·L-1=0.5mol·L-1,B点c(Cr2O72-)=0.4mol·L-1,则c(CrO42-)=(1.0-0.4×2)mol·L-1=0.2mol·L-1,因此两点c(CrO42-)的比值为0.5:
0.2=5:
2,故B说法正确;C、根据B选项分析,B点c(CrO42-)=0.2mol·L-1,则CrO42-的转化率为0.8/1.0×100%=80%,故C说法错误;D、令达到平衡时,c(Cr2O72-)=xmol·L-1,则c(CrO42-)=2xmol·L-1,根据铬元素守恒,2x+2x=1.0,解得x=0.25mol·L-1,根据图像,对应的c(H+)=1.0×10-7mol·L-1,故D说法正确。
22.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.11gC3H8与CO2的混合气体中所含碳原子数可能为0.5NA
B.标准状况下,4.48L甲烷和乙烯的混合气体完全燃烧,产物中所含O-H键数目为0.4NA
C.4.6gNa与100mL1mol·L-1的盐酸溶液反应,转移电子数目为0.1NA
D.常温下,1LpH=2的硫酸溶液中由水电离出的H+的数目为0.01NA
【答案】A
【解析】A、假设11g全部是C3H8,则碳原子物质的量为11×3/44mol=0.75mol,假设11g全部是CO2,则碳原子物质的量为11/44mol=0.25mol,11g混合物中碳原子物质的量介于0.25mol~0.75mol之间,故A正确;B、甲烷、乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O,其中只有水中存在O-H键,1molH2O中含有2molO-H键,4.48L混合气体,产生的H2O的物质的量为
mol=0.4mol,其中O-H的物质的量为0.4×2mol=0.8mol,故B错误;C、金属钠不仅可以与HCl反应,还能与H2O反应,因此转移电子物质的量为4.6/23mol=0.2mol,故C错误;D、硫酸中水电离出的c(H+)等于水电离出的c(OH-),则硫酸中水电离出c(OH-)=10-14/10-2mol·L-1=10-12mol·L-1,即水电离出的n(H+)=10-12mol,故D错误。
点睛:
本题易错点是选项C,学生根据反应方程式2Na+2HCl=2NaCl+H2↑,判断出盐酸不足,根据盐酸进行计算,得出转移电子物质的量0.1mol,但学生忽略了过量的金属钠还能与H2O反应,因此计算转移电子物质的量,用金属钠计算。
23.常温下,用0.1000mol·L-1的盐酸滴定0.1000mol·L-1Na2CO3溶液25.00mL。
用pH传感器测得混合溶液的pH变化曲线如图,下列说法正确的是()
A.c→d发生的主要离子反应:
HCO3-+H+=H2O+CO2
B.在b点时,c(CO32-)>c(HCO3)->c(OH-)
C.在d点时,c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)
D.在e点时c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)
【答案】D
【解析】A.a点为碳酸钠溶液,b点加入12.5mL盐酸时有1/2的Na2CO3转化成NaHCO3;d点加入25mL盐酸时二者恰好反应生成碳酸氢钠;e点加入50mL盐酸,反应后溶质为NaCl,故c→d发生的主要离子反应:
CO32-+H+=HCO3-,A错误;B.b点时,有1/2的Na2CO3转化成NaHCO3,由于CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度,故c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-),B错误;C.d点加入25mL盐酸时二者恰好反应生成碳酸氢钠,根据碳酸氢钠溶液中的质子守恒可得:
c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)-2c(HCO32-),C错误;D.在e点时,根据电荷守恒可得:
c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-),由于c(Na+)=c(Cl-),则c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-),D正确;答案选D。
点睛:
本题综合考查离子浓度的大小比较,本题注意分析反应物的物质的量之间的关系,判断反应的程度以及溶液的主要成分,结合盐类水解的原理解答。
明确碳酸钠和盐酸反应分步进行以及灵活应用三大守恒是解答的关键。
24.根据海水综合利用的工业流程图,判断下列说法不正确的是()
A.除去粗盐中杂质(Mg2+、SO42-、Ca2+),加入的药品顺序为:
NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
B.在过程②中将MgCl2·6H2O灼烧即可制得无水MgCl2
C.从能量转换角度看,氯碱工业电解饱和食盐水是一个将电能转化为化学能的过程
D.从第④步到第⑤步的目的是富集Br2
【答案】B
【解析】A、除去粗盐中Mg2+,常用NaOH,除去SO42-,常用BaCl2,除去Ca2+,常用Na2CO3,Na2CO3的作用不仅是除去Ca2+,还要除去过量的BaCl2,因此Na2CO3放在BaCl2的后面,即顺序是NaOH、BaCl2、Na2CO3或者BaCl2、NaOH、Na2CO3或者BaCl2、Na2CO3、NaOH,然后过滤,再加盐酸,除去过量的NaOH和Na2CO3,故A说法
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