安徽省合肥市一六八中学学年高一上学期期中考试化学宏志班试题.docx
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安徽省合肥市一六八中学学年高一上学期期中考试化学宏志班试题
安徽省合肥一六八中学2018-2019学年高一上学期期中考试
化学(宏志班)试卷
1.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3nm)恢复了磁性“钴酞菁”分子的结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。
下列说法中正确的是()
A.“钴酞菁”分子能透过半透膜
B.“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系带电
C.此项工作可以用来改变分子的某些物理性质
D.“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系为溶液
【答案】C
【解析】
钴酞菁”的分子(直径为1.3nm),属于胶体分散系,具有胶体的性质,具有丁达尔现象、能透过滤纸等性质。
A、“钴酞菁”分子不能透过半透膜,故A错误;B、“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系不带电,呈电中性,故B错误;C.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3nm)恢复了磁性,此项工作可以用来改变分子的某些物理性质,故C正确;D.“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系为胶体,故D错误;故选C。
2.逻辑推理是化学学习常用的思维方法,下列推理正确的是()
A.氧化物都含有氧元素,含有氧元素的化合物一定是氧化物
B.氧化还原反应中有元素化合价的改变,有元素化合价改变的化学反应一定是氧化还原反应
C.电解质是溶于水或熔融状态下能够导电的化合物,溶于水能导电的化合物一定是电解质
D.中和反应有盐和水生成,有盐和水生成的反应一定是中和反应
【答案】B
【解析】
A、氧化物含有两种元素,其中一种是氧元素的化合物叫氧化物,故A错误;B、氧化还原反应的实质是有电子得失或偏移,即宏观特征是有化合价的改变,故B正确;C、溶于水因自身电离而导电的化合物是电解质,如果溶于水又与水反应所得溶液导电的化合物不一定是电解质,如SO2、NH3等,故C错误;D、酸和碱作用生成盐和水的反应才是中和反应,酸性氧化为与碱反应生成盐和水但不属于中和反应,故D错误。
3.下列叙述中,正确的是()
A.H2SO4的摩尔质量是98
B.S2和S8的混合物共6.4g,所含硫原子数为0.2NA
C.等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为7︰11
D.98gH2SO4溶解于500mL水中,所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2mol·L−1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据计算物质的量的几个公式解答。
【详解】A项:
H2SO4的相对分子质量是98,摩尔质量是98g/mol。
A项错误;
B项:
S2和S8的混合物6.4g,其中含S原子6.4g,硫原子的物质的量为0.2mol,硫原子数为0.2NA。
B项正确;
C项:
据n=m/M,等质量时n与M成反比。
N(CO)∶N(CO2)=n(CO)∶n(CO2)=44∶28=11∶7。
C项错误;
D项:
98gH2SO4溶解于500mL水中,所得溶液体积不是500mL,硫酸的物质的量浓度不是2mol·L−1。
D项错误。
本题选B。
4.下列操作能达到实验目的的是()
A.除去铝粉中混有的少量铁粉,可加入过量的盐酸溶液,完全反应后过滤
B.将碘的饱和水溶液中的碘提取出来,可用四氯化碳进行萃取
C.制备Fe(OH)3胶体,通常是将FeCl3溶液注入热水中,并搅拌均匀
D.除去Na2CO3溶液中少量的Na2SO4,可加入适量氯化钡,过滤
【答案】B
【解析】
【分析】
根据混合物的分离提纯原理分析评价简单实验方案。
【详解】A项:
铝粉、铁粉都能溶于盐酸,无法除去铝粉中混有的少量铁粉。
A项错误;
B项:
四氯化碳不溶于水,碘在四氯化碳中的溶解度比水中的大。
B项正确;
C项:
将饱和FeCl3溶液滴入沸水中,并继续加热至液体呈红褐色,即得Fe(OH)3胶体。
C项错误;
D项:
Na2CO3、Na2SO4都可与氯化钡反应生成沉淀,不能除去Na2CO3溶液中的Na2SO4杂质。
D项错误。
本题选B。
【点睛】选择除杂试剂应符合:
不增加新杂质,不减少被提纯物质,操作简便易行等要求。
5.实验室制取氧气的反应为2KClO3
2KCl+3O2↑,反应后从剩余物中回收二氧化锰的操作顺序正确的是(已知MnO2为黑色难溶于水的固体)()
A.溶解、蒸发、洗涤、过滤B.溶解、过滤、蒸发、洗涤
C.溶解、过滤、洗涤、干燥D.溶解、洗涤、过滤、加热
【答案】C
【解析】
【分析】
根据物质的性质,分析评价简单的提纯方案。
【详解】加热KClO3制氧气后的固体残留物中,含有MnO2、KCl和可能未分解的KClO3,其中只有MnO2不溶于水。
故将残留物加水溶解、过滤,再将滤渣洗涤、干燥,即得纯净的MnO2。
本题选C。
6.等质量的CO和N2,下列叙述不正确的是( )
A.密度一定相同B.分子数一定相同
C.原子数一定相同D.物质的量一定相同
【答案】A
【解析】
【详解】A.密度ρ=M/Vm,由于气体摩尔体积不一定相同,则二者的密度不一定相同,A错误;
B.CO和N2的摩尔质量均为28g/mol,根据N=nNA=mNA/M可知,二者含有的分子数一定相同,B正确;
C.CO和N2为双原子分子,根据选项B可知二者分子数相同,则含有原子数也一定相同,C正确;
D.CO和N2的摩尔质量均为28g/mol,根据n=m/M可知二者的物质的量一定相等,D正确;
答案选A。
【点睛】本题考查了物质的量的计算,题目难度不大,明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积之间的关系为解答关键,注意掌握密度与摩尔质量之间的关系,试题培养了学生的灵活应用能力。
7.NA表示阿伏加德罗常数。
下列叙述中正确的是()
A.标准状况下,22.4L水中含有的水分子数为NA
B.4.0gNaOH固体溶于100mL水中,得到1mol·L−1的NaOH溶液
C.常温、常压下,22gCO2中含有的氧原子数为NA
D.1L0.5mol·L−1Na2SO4溶液中,含有的氧原子总数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A、标准状况下,水不是气体,22.4L水的物质的量大于1mol,A错误;
B、4.0gNaOH固体溶于100mL水中所得溶液的体积不是0.1L,不能得到1mol/L的NaOH溶液,B错误;
C、22gCO2的物质的量为0.5mol,含有的氧原子数为NA,C正确;
D、1L0.5mol/LNa2SO4溶液中含有硫酸钠的物质的量是0.5mol,但溶剂水中还含有氧原子,D错误;
答案选C。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,解答该类试题时要注意:
①气体的体积,一要看是否为标准状况下;二要看物质在标准状况下是否为气态,如CCl4、水、液溴、SO3、己烷、苯等常作为命题的干扰因素迷惑学生。
②给出非标准状况下气体的物质的量或质量,干扰学生正确判断,误以为无法求解物质所含的粒子数。
8.下列实验装置与实验目的对应的是()
A.用海水制蒸馏水
B.将碘水中的碘单质与水直接分离
C.除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3
D.稀释浓硫酸
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
A.利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水,图中蒸馏装置合理,故A正确;B.分离碘和水,应加入苯或四氯化碳进行萃取,分液后再蒸馏,不能用分液的方法直接分离碘和水,故B错误;C.胶体、溶液都可透过滤纸,不能用过滤的方法分离,应用半透膜渗析分离,故C错误;D.容量瓶只能在常温下使用,不能在容量瓶中稀释浓硫酸,故D错误;故答案为A。
9.在下列各溶液中,离子一定能大量共存的是()
A.强碱性溶液中:
K+、Al3+、Cl-、SO42—
B.在无色透明的溶液中:
K+、Cu2+、NO3—、SO42—
C.含有0.1mol·L−1Ca2+的溶液中:
Na+、K+、CO32—、Cl-
D.室温下,pH=1的溶液中:
Na+、Fe3+、NO3—、SO42—
【答案】D
【解析】
试题分析:
A、强碱性溶液含有OH-离子,与Al3+反应,生成Al(OH)3沉淀,故不能共存;B、溶液无色透明,故要排除Cu2+,错误;C、Ca2+与CO32-形成沉淀,故错误;D、酸性溶液中,均共存。
考点:
考查了离子共存的相关知识
10.下列反应的离子方程式书写正确的是()
A.钠和冷水反应:
Na+2H2O===Na++2OH-+H2↑
B.氯化铝与氨水反应:
Al3++3OH-===Al(OH)3↓
C.金属铝溶于盐酸中:
2Al+6H+===2Al3++3H2↑
D.铁跟稀硫酸反应:
2Fe+6H+===2Fe3++3H2↑
【答案】C
【解析】
【分析】
根据离子方程式的书写规则,判断离子方程式的正误。
【详解】A项反应前后电荷不守恒,错误;
B项一水合氨为弱电解质,不应拆写,错误;
D项应生成Fe2+,错误。
本题选C。
【点睛】离子方程式中常出现的错误有:
不符事实、拆写错误、质量不守恒、电荷不守恒、离子配比不当、不符合量的要求等。
11.在xR2++yH++O2===mR3++nH2O的离子方程式中,对系数m和R3+的判断正确的是
A.m=4;R2+是还原剂B.m=y;R3+是氧化产物
C.m=2;R2+是氧化剂D.m=y;R3+是还原产物
【答案】B
【解析】
【详解】反应xR2++yH++O2=mR3++nH2O中由原子守恒可知x=m,n=2,y=4,由电荷守恒可知,2x+4=3m,所以m=4,该反应中R元素的化合价升高,被氧化,则R3+是氧化产物,O元素的化合价降低,被还原,水是还原产物。
答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应,注意电荷守恒及原子守恒的应用,侧重基本概念的考查,明确反应中元素的化合价变化即可解答,题目难度不大。
12.用NaOH固体配制一定物质的量浓度的溶液,下列操作中正确的是()
A.称量时,应先在两盘上放等质量的纸,再将固体NaOH放在天平左盘上称量
B.将称量好的固体NaOH放入容量瓶中,加蒸馏水溶解
C.将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液,冷却到室温后转移至容量瓶中
D.定容时如果加水超过了刻度线,用胶头滴管再吸出多余部分
【答案】C
【解析】
A:
固体NaOH应放置于小烧杯中进行衡量
B:
固体NaOH应先在烧杯中进行溶解、冷却后再移液至容量瓶中
C:
正确
D:
如果加水超过了刻度线,只能重新配制溶液
答案为C
13.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。
实验室可通过以下反应制得ClO2:
2KClO3+H2C2O4+H2SO4===2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O,下列说法正确的是()
A.KClO3在反应中失去电子B.ClO2是氧化产物
C.H2C2O4在反应中被氧化D.KClO3是还原剂
【答案】C
【解析】
A.KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,则氯酸钾得电子为氧化剂,发生还原反应,故A错误;B.Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,所以氯酸钾对应的产物ClO2是还原产物,故B错误;C.H2C2O4为还原剂,C元素的化合价由+3价升高到+4价,在反应中被氧化,故C正确;D.KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,所以氯酸钾得电子为氧化剂,故D错误;故答案为C。
14.有些电影、电视剧中的仙境美轮美奂,这些神话仙境中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟:
NH4NO3+Zn===ZnO+N2↑+2H2O,下列有关说法中正确的是
A.该反应中NH4NO3只作氧化剂
B.该反应中只有两种元素化合价改变
C.每消耗65克锌会产生22.4LN2
D.ZnO是该反应的还原产物
【答案】B
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中概念间的相互关系分析判断。
【详解】反应中,Zn失电子从0价升到+2价,NH4+中的氮失电子从-3价升到0价,NO3-中氮得电子从+5价降到0价(B项正确)。
Zn是还原剂,NH4NO3既是氧化剂也是还原剂(A项错误)。
ZnO是氧化产物,N2既是氧化产物也是还原产物(D项错误)。
每消耗65克Zn(1mol)会产生1molN2,不一定是22.4L(C项错误)。
【点睛】氧化还原反应中,氧化剂得电子,化合价降低,被还原,发生还原反应,生成还原产物;还原剂失电子,化合价升高,被氧化,发生氧化反应,生成氧化产物。
15.某溶液中,若忽略水的电离,只含有下表中所示的四种离子,试推测X离子及其个数b可能为( )
离子
Na+
Al3+
Cl-
X
个数
3a
2a
a
b
A.SO42—、4aB.NO3—、4aC.OH—、8aD.SO42—、8a
【答案】A
【解析】
试题分析:
根据溶液电中性原则,溶液中阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数来解答。
溶液呈电中性,则溶液中存在3a×N(Na+)+2a×3N(Al3+)=a×N(Cl-)+nb×N(X),设X的电荷数为n,则A、3a×N(Na+)+2a×3N(Al3+)=a×N(Cl-)+4a×2×N(SO42-),电荷守恒,正确;B、3a×N(Na+)+2a×3N(Al3+)≠a×N(Cl-)+4a×N(NO3-),电荷不守恒,错误;C、3a×N(Na+)+2a×3N(Al3+)≠a×N(Cl-)+8a×N(OH-),电荷不守恒,错误;D、3a×N(Na+)+2a×3N(Al3+)≠a×N(Cl-)+8a×2×N(SO42-),电荷不守恒,错误。
考点:
考查电解质溶液计算——电荷守恒法。
16.下列图像与其相应的描述对应正确的是()
A.向硫酸铜溶液中加入氢氧化铜固体直至过量的过程,溶液的导电性变化
B.向硫酸溶液中逐渐加水的过程中,溶液密度的变化
C.一定温度下,向饱和硝酸钾溶液中加入硝酸钾晶体,溶液中溶质质量分数变化
D.向2L0.015mol/L石灰水中通入二氧化碳的过程,沉淀质量的变化
【答案】B
【解析】
【分析】
根据变化过程中,某些物理量的变化分析曲线正确与否。
【详解】A项:
CuSO4溶液中加入Ba(OH)2固体时,发生CuSO4+Ba(OH)2=Cu(OH)2↓+BaSO4↓。
随着Ba(OH)2的加入,溶液中离子浓度减小,导电能力减弱;恰好反应时,溶液几乎不导电;Ba(OH)2过量时,溶液导电能力又增强。
A项错误;
B项:
大多数物质的水溶液,密度比水大,且溶质质量分数越大,溶液的密度也越大。
向硫酸溶液中加水,溶液的密度逐渐减小,并趋近于1g/mL。
B项正确;
C项:
一定温度下,饱和KNO3溶液中溶质的质量分数不可能为0,加入的KNO3晶体也不溶解,溶质的质量分数不变。
C项错误;
D项:
一定量石灰水中通入CO2,先发生反应Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O,后发生反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2。
两反应消耗等量的CO2,沉淀质量与V(CO2)的关系应为“等腰三角形”。
D项错误。
本题选B。
17.我国有丰富的海水资源,开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务,如图是海水综合利用的一个方面。
Ⅰ.
(1)上述过程中没有涉及到的四大基本反应类型是______;
a.化合反应b.分解反应c.置换反应d.复分解反应
(2)步骤1中分离操作的名称是___________;
(3)粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质,精制时所用试剂为:
a.盐酸;b.BaCl2溶液;c.NaOH溶液;d.Na2CO3溶液。
加入试剂的顺序是_____________;
II.实验室利用精盐配制480mL2.0mol·L-1NaCl溶液。
(4)除烧杯和玻璃棒外,还需要的玻璃仪器有___________________、_______________;
(5)用托盘天平称取固体NaCl________g;
(6)配制时,按以下几个步骤进行:
①计算②称量③溶解④冷却⑤转移⑥定容⑦摇匀⑧装瓶。
操作中还缺少一个重要步骤是______________________;
(7)下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是_________。
a.容量瓶洗净后残留了部分的水
b.转移时溶液溅到容量瓶外面
c.定容时俯视容量瓶的刻度线
d.摇匀后见液面下降,再加水至刻度线
【答案】
(1).c
(2).过滤(3).bdca或cbda或bcda(4).烧杯、玻璃棒、胶头滴管(5).58.5(6).洗涤(烧杯和玻璃棒)(7).bd
【解析】
(1)碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳,氧化钙与水发生化合反应生成氢氧化钙,氢氧化钙与镁离子发生复分解反应生成氢氧化镁,氢氧化镁与盐酸发生复分解反应生成氯化镁和水,电解熔融的氯化镁生成氯气和镁,没有涉及的基本反应类型是置换反应,答案选c;
(2)步骤1中得到氢氧化镁沉淀,分离操作的名称是过滤;(3)Ca2+用碳酸钠除去,Mg2+用氢氧化钠除去,SO42-用氯化钡除去,最后过滤,向滤液中加入盐酸酸化。
但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除,所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面,而氢氧化钠可以随意调整,因此加入试剂的顺序是bdca或cbda或bcda。
(4)除容量瓶外,还需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管;(5)需要500mL容量瓶,则用托盘天平称取固体NaCl的质量是0.5L×2.0mol/L×58.5g/mol=58.5g;(6)根据①计算②称量③溶解④冷却⑤转移⑥定容⑦摇匀⑧装瓶可知还缺少一个重要步骤是洗涤(烧杯和玻璃棒);(7)a.容量瓶洗净后残留了部分的水不影响;b.转移时溶液溅到容量瓶外面,溶质减少,浓度偏低;c.定容时俯视容量瓶的刻度线,溶液体积减少,浓度偏高;d.摇匀后见液面下降,再加水至刻度线溶液体积增加,浓度偏低,答案选bd;
18.请回答下列问题:
(1)现有下列状态的物质:
①干冰②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液⑥铜⑦熔融KOH⑧盐酸。
其中能导电的是__________,(填序号,下同),属于电解质的是___________,属于非电解质的是___________。
(2)将3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸,则p、q的关系是________
(3)在同温、同压下,实验测得CO、N2和SO2三种气体的混合气体的密度是H2的20倍,其中SO2的体积分数为______;若其中CO和N2的物质的量之比为1∶1,则混合气体中氧元素的质量分数为______。
【答案】
(1).③⑤⑥⑦⑧
(2).②④⑦(3).①(4).q>2p(5).33.3%(6).40%
【解析】
【分析】
根据电解质、非电解质的概念分析判断;应用溶液混合规律、气体性质规律计算推理。
【详解】
(1)金属或合金有自由电子,能导电,如铜;电解质溶于水或熔融时电离生成自由移动的离子而导电,如NH3·H2O、FeCl3、HCl在水溶液中电离,KOH在熔融状态下电离。
能导电的物质有③⑤⑥⑦⑧。
电解质是溶于水或熔融时本身发生电离而导电的化合物,酸、碱、盐、活泼金属的氧化物等属于电解质,②④⑦是电解质;非电解质是溶于水和熔融时都不能导电的化合物,非金属氧化物、某些气态氢化物、大多数有机物属于非电解质,①是非电解质。
(2)硫酸等大多数物质的水溶液,溶质质量分数越大,溶液密度越大。
设3p%硫酸溶液、p%硫酸溶液的密度分别是ρ1、ρ2(ρ1>ρ2),又设两种硫酸溶液的体积都是V。
据溶质总质量不变,有ρ1V×3p%+ρ2V×p%=(ρ1V+ρ2V)×q%。
化简为
=
=2+
>2,即q>2p。
(3)同温同压时,气体的密度之比等于其摩尔质量(或相对分子质量)之比。
易求得混合气体的平均相对分子质量为20×2=40。
设混合气体中,CO、N2和SO2的体积分数分别是x、y、z,则28x+28y+64z=40,且x+y+z=1。
解得x+y=66.7%,z=33.3%。
当CO和N2的物质的量之比为1∶1时,原混合气体中三种成分的物质的量相等(设各1mol),则混合气体总质量120g、氧元素48g,氧元素的质量分数为40%。
【点睛】电解质、非电解质都必须是化合物,单质、混合物既不是电解质、也不是非电解质。
19.向Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中逐渐通入CO2气体至过量,生成沉淀的物质的量(n)和通入CO2气体的(V)的关系如图所示,试回答:
(1)0到a点之间的反应的离子方程式__________。
(2)a到b点之间的反应的离子方程式__________。
(3)b点之后的反应的离子方程式______________。
(4)c点CO2的体积__________mL(同温同压下)。
(5)混合溶液中Ba(OH)2和NaOH的物质的量之比为__________。
【答案】
(1).Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O
(2).2OH﹣+CO2=CO32-+H2O;CO32-+CO2+H2O=2HCO3﹣或一步写:
OH﹣+CO2=HCO3﹣(3).BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3﹣(4).40(5).2:
1
【解析】
试题分析:
本题考查离子方程式的书写和有关图像的计算。
向Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中逐渐通入CO2气体至过量,随着CO2的通入依次发生的反应为:
CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CO2+BaCO3+H2O=Ba(HCO3)2。
(1)0到a点之间CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀,离子方程式为:
CO2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O。
(2)a点到b点之间CO2与NaOH反应先生成Na2CO3,继续通入CO2与Na2CO3反应生成NaHCO3,反应的离子方程式为:
CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO32-+CO2+H2O=2HCO3-。
(3)b点之后通入的CO2将a点前生成的BaCO3转化为可溶于水的Ba(HCO3)2,反应的离子方程式为:
BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3-。
(4)根据反应:
CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O和CO2+BaCO3+H2O=Ba(HCO3)2,b点到c点消耗的CO2与0到a点消耗的CO2相等,则同温同压下b点到c点消耗的CO2的体积也为10mL,则c点CO2的体积为30mL+10mL=40mL。
(5)根据0到a点反应CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O消耗CO2的体积为10mL,a点到b点之间反应CO2+NaOH=NaOH消耗CO2的体积为20mL,同温同压下气体的体积之比等于气体物质的量之比,则Ba(OH)2与NaOH物质的量之比为1:
2。
20.为探究某抗酸药X的组成,进行如下实验:
查阅资料:
①抗酸药X的组成通式可表示为:
MgmAln(OH)p(CO3)q(m、n、p、q为≥0的整数)。
②Al(OH)3是一种两性氢氧化物,与酸、碱均可反应生成盐和水。
Al3+在pH=5.0时沉淀为Al(OH)3,在pH>12溶解为AlO2-。
③Mg2+在pH=8.8时开始沉淀,pH=11.4时沉淀完全。
实验过程:
步骤
实验操作
实
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