湖南H11教育联盟高三化学联考试题带解析.docx
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湖南H11教育联盟高三化学联考试题带解析
湖南H11教育联盟2018年1月高三化学联考试题(带解析)
湖南H11教育联盟2018年1月高三联考
化学试题
1.化学与人类的生活、生产密切相关,下列说法中正确的是
A.蚕丝和棉花的组成元素相同,结构不同,因而性质不同
B.“青蒿一握,以水二升渍,绞取之”,上述提取青蒿素的过程中发生了化学变化
C.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D.用浸泡过酸性KMnO4溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯,可达到水果保鲜的目的
【答案】D
2.下列离子组在给定条件下可能大量共存的是
选项条件
A滴加氨水Na+、Mg2+、Cl-、SO42-
BpH=l的溶液Fe2+、Al3+、S2O32-、MnO4-
C由水电离出的H+浓度为l×10-12mol/LNH4+、K+、NO3-、Cl-
D通入SO2气体K+、Na+、C1O-、SO42-
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】A、滴加氨水,Mg2++2NH3H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+,故A错误;B、pH=l的溶液,酸性条件下,Fe2+能被MnO4-氧化成Fe3+,故B错误;C、由水电离出的H+浓度为l×10-12molL-1,水电离受到抑制,说明原溶液为酸或碱溶液,NH4+、K+、NO3-、Cl-在酸性条件下可以大量共存,故C正确;D、通入SO2气体,C1O-+SO2+H2O=2H++Cl-+SO42-,故D错误;故选C。
3.下列物质的分类正确的是
A.硬脂酸钠、氟化钠、纳米材料都是钠盐
B.水玻璃、铝热剂、王水都是混合物
C.短周期中非金属元素的氢化物不是强酸,就是弱酸
D.某物质的水溶液呈碱性,该物质一定是碱
【答案】B
【解析】A、硬脂酸钠、氟化钠都是钠盐,纳米材料的结构单元尺寸介于1纳米~100纳米范围之间,广泛应用在纳米加工技术、纳米测量技术、纳米应用技术等方面.1米=109纳米,与钠盐无必然的联系,故A错误;B、水玻璃是硅酸钠的水溶液、铝热剂是铝和一些难熔金属氧化物的混合物、王水是盐酸和硝酸的混合物,三者都是混合物,故B正确;C、短周期中非金属元素的氢化物有强酸如HCl,有弱酸如HF,有显中性的如CH4,有水溶液显碱性的如NH3,故C错误;D、某物质的水溶液呈碱性,该物质不一定是碱,可能是弱酸强碱盐水解,也可能是与水反应生成碱,如氧化钠、过氧化钠等,故D错误;故选B。
4.下列各组物质中,不能满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合为
组别XYZW
AAlAICl3Al(OH)3Al2O3
BNaNa2O2Na2CO3NaCl
CFeFeCl2FeCl3Fe(OH)3
DSiNa2SiO3H2SiO3SiO2
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】A、Al与盐酸得AlCl3,再加NH3H2O得Al(OH)3加热得Al2O3,电解得Al,故A正确;B、Na在氧气中点燃生成Na2O2,与二氧化反应生成Na2CO3,再与盐酸反应生成NaCl,电解熔融氯化钠生成钠,故B正确;C、Fe与盐酸生成FeCl2,通入氯气生成FeCl3,与氢氧化钠反应Fe(OH)3,但由Fe(OH)3无法直接生成铁,故C错误;D、Si与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3,与酸反应生成H2SiO3,加热生成SiO2,与碳在高温生成硅,故D正确;故选C。
点睛:
本题考查铝、钠、硅、铁及化合物的性质,为高频考点,侧重分析与应用能力的考查,解题关键:
把握物质的性质、发生转化反应,注意元素化合物的综合应用,题目难度中等。
5.关于C、N、Si、S等非金属元素及其化合物的下列说法正确的是
A.它们都能以游离态存在于自然界中
B.浓硫酸可用于干燥H2、H2S等气体,但不能用于干燥氨气
C.SO2、氮氧化物的排放会造成酸雨,酸雨的PH≥5.6
D.它们的最高价氧化物都能与强碱反应生成含氧酸盐
【答案】D
【解析】A、硅是亲氧元素,硅元素在自然界中以硅酸盐、二氧化硅的形式存在,故A错误;B、H2S具有还原性,能被浓硫酸氧化,故B错误;C、SO2、氮氧化物的排放会造成酸雨,酸性增强,氢离子浓度增大,pH=-lgc(H+)减小,酸雨的pH5.6,故C错误;D、它们的最高价氧化物都是酸性氧化物,都能与强碱反应生成含氧酸盐和水,故D正确;故选D。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是
A.2.0gH218O与2.0gD2O中所含的中子数均为NA
B.14g分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/n
C.100g质量分数为17%的H2O2水溶液中氢原子数为NA
D.常温下,将56g铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数为1.5NA
【答案】A
【解析】A、2.0gH218O所含的中子数=NA与2.0gD2O中所含的中子数=NA,均为NA,故A正确;B.14g分子式为CnH2n的烯烃的物质的量为,含有的碳碳双键数为NA/n,但分子式为CnH2n的烃不一定为烯烃,如是环烷烃,则没有碳碳双键,故B错误;C、水和双氧水中均含有氢原子,100g质量分数为17%的H2O2水溶液中氢原子数多于NA,故C错误;D、常温下,铁在浓硫酸中钝化,将56g铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数少于1.5NA,故D错误;故选A。
7.已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)△H=+100kJ/mol的能量变化如图所示,判断下列叙述中正确的是
A.加入催化剂,该反应的反应热△H将减小
B.每生成2molA-B键,将吸收bkJ能量
C.每生成2分子AB吸收(a-b)kJ能量
D.该反应正反应的活化能大于100kJ/mol
【答案】D
【解析】A、反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和,催化剂不能改变反应热的大小,故A错误;B、每生成2molA-B键,将放出bkJ能量,故B错误;C、每生成2mol分子AB吸收(a-b)kJ能量,故C错误;D、(a-b)=100kJ,a=100kJ+b,该反应正反应的活化能大于100kJ/mol,故D正确;故选D。
点睛:
本题考查了化学反应的能量变化、图象分析判断,注意反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和,解题关键:
明确放热反应与吸热反应的区别,断开化学键吸收能量,形成化学鍵,放出能量。
易错项A,催化剂能同等程度地降低反应物和生成物的活化能。
8.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正确的是
A.用铜作阴极,石墨作阳极,电解饱和食盐水时,阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑
B.铅蓄电池放电时的正极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4
C.粗铜精炼时,与电源正极相连的应是粗铜,该极发生的电极反应式只有Cu-2e-=Cu2+
D.钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式为Fe-2e-=Fe2+
【答案】A
9.柳胺酚(x)水解得到Y和Z,转化关系如下:
下列说法正确的是
A.Y和Z发生缩聚反应生成XB.Y的结构简式为
C.镍催化作用下,1molZ最多消耗67.2LH2D.X、Y、Z都能与FeCl3溶液发生显色反应
【答案】D
【解析】A、X不是高分子化合物,Y和Z发生取代反应生成X,故A错误;B、Y的结构简式为,故B错误;C、镍催化作用下,1molZ最多消耗标准状况下67.2LH2,故C错误;D、X、Y、Z都含有酚羟基,都能与FeCl3溶液发生显色反应,故D正确;故选D。
10.依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4,并利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。
其中装置正确且能达到实验目的的组合是
A.①②③④B.①②③C.②③D.②④
【答案】C
【解析】①铜与浓硫酸反应需要加热,故错误;②气体和液体反应,且防倒吸,故正确;③用四氯化碳从废液中萃取碘,静置后分液,故正确;④蒸发溶液用蒸发皿,故错误;故选C。
点睛:
本题考查了化学实验装置的综合应用,题目难度中等,解题关键:
明确常见装置特点及化学基本操作方法,D为易错点,注意加热灼烧固体才用坩埚。
11.X、Y、Z、W、M为短周期主族元素,25°C时,其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01mol.L-1)溶液的pH和原子半径的关系如图所示。
下列有关说法不正确的是
A.Y的最高价氧化物的电子式为:
B.最简单气态氢化物的热稳定性:
ZW
C.X、M两种元素形成的简单离子半径大小顺序:
XM
D.X的氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中既含离子键又含共价键
【答案】C
【解析】X、Y、Z、W、M为短周期主族元素,25°C时,其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01mol.L-1)溶液的pH和原子半径的关系:
NaOH溶液的pH为12,M为Na,硝酸的pH=2,X为N元素,Y对应pH>2,为碳酸,则Y为C,W对应pH<2,为硫酸,所以W为S;Z对应pH=2,且原子序数最大,所以Z是Cl.
A、Y为碳元素,Y的最高价氧化物为CO2,电子式为:
,故A正确;B、氯元素的非金属性比硫强,最简单气态氢化物的热稳定性:
ZW,故B正确;C、X、M两种元素形成的简单离子半径大小顺序:
XM,N3-和Na+核外电子排布相同,电子层结构相同,核电荷数越大,离子半径越小,故C错误;D、X的氢化物NH3与Z的氢化物HCl反应后生成的化合物NH4Cl,铵根离子与氯离子形成离子键,氮原子与氢原子以公用电子对形成共价键,故D正确;故选C。
点睛:
本题考查原子结构与元素周期律,侧重分析与应用能力的考查,解题关键:
把握酸碱溶液的pH、原子序数来推断元素,注意规律性知识的应用,综合性较强,题目难度中等。
易错点D,NH4Cl全由非金属元素组成,易认为形成的化学键全是共价键。
12.利用废旧电池铜帽(含Cu、Zn)制取海绵铜(Cu),并得到硫酸锌溶液的主要流程如下(反应条件己略去):
已知:
2Cu+2H2SO4+O22CuSO4+2H2O
下列说法不正确的是
A.过程II中分离操作的名称为过滤,该操作过程中使用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B.溶液A中的溶质有H2SO4、CuSO4、ZnSO4
C.上述流程中加入的物质B为锌,物质D为盐酸
D.A〜E中含铜、锌两种元素的物质有A和C
【答案】C
【解析】通过分析转化流程可知,含Cu、Zn铜帽与稀硫酸和氧气反应生成了硫酸铜和硫酸锌的混合液A,依据实验的目的,为了得到铜和硫酸锌,应向A溶液加入过量的锌,通过过滤得到了硫酸锌溶液和铜锌的固体混合物C,为了得到铜和硫酸锌,应加入稀硫酸。
A、过滤的方法可以将固体和液体分离,过程Ⅱ中为了分离固体和液体,所以操作的名称是:
过滤;过滤操作需要的玻璃仪器有:
烧杯、漏斗、玻璃棒;故A正确;B、通过题中的反应流程可知,铜、氧气和硫酸会生成硫酸铜,硫酸和锌会生成硫酸锌,硫酸一般是过量的,所以溶液A中的溶质有:
H2SO4、CuSO4、ZnSO4;故B正确;C、应向A溶液加入过量的锌,通过过滤得到了硫酸锌溶液和铜锌的固体混合物C,为了得到铜和硫酸锌,应加入稀硫酸,故C错误;D、通过上述分析可知,溶液A是硫酸铜和硫酸锌的混合物,固体C是铜和锌的混合物,所以含铜、锌两种元素的物质有:
A、C,故D正确;故选C。
点睛:
本题考查元素及其化合物,解题关键:
要熟记和理解金属的性质及用途、常见金属的特性及其应用等相关知识,然后结合题中的问题进行分析解答。
13.我国最近在太阳能光电催化-化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展,相关装置如图所示。
下列说法正确的是
A.该制氢工艺中光能最终转化为化学能
B.该装置工作时,H+由b极区流向a极区
C.a极上发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+
D.a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液
【答案】A
【解析】A、该制氢工艺中光能转化为电能,最终转化为化学能,故A正确;B、该装置工作时,H+由b极区放电生成氢气,a极区流向b极区,故B错误;C、a极上发生氧化反应,失电子,所以a极上发生的电极反应为Fe2+-e-═Fe3+,故C错误;D、该过程涉及两个反应步骤,第一步利用Fe3+/Fe2+电对的氧化态高效捕获H2S得到硫和还原态,所以a极区无需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液,故D错误;故选A。
点睛:
本题考查太阳能光催化和光电催化,为解决天然气和石油化工过程中产生的大量H2S资源高值化转化(H2+S)提供了一个潜在的新途径,是电化学的应用,有一定的难度。
解题关键:
抓住电子流动的方向,理清发生的氧化还原反应。
14.某温度下,在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应:
2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)(正反应放热)。
下列说法正确的是
容器
编号物质的起始浓度(mol/L)物质的平衡浓度(mol/L)
c(NO)c(Br2)c(NOBr)c(NOBr)
I0.30.150.10.2
II0.40.20
III000.2
A.容器II达平衡所需的时间为4min,则v(Br2)=0.05mol/(Lmin)
B.达平衡时,容器I与容器III中的总压强之比为2:
1
C.升高温度,逆反应速率增大,正反应速率减小,平衡向逆反应方向移动
D.达平衡时,容器II中c(Br2)/c(NOBr)比容器III中的小
【答案】D
【解析】A、容器I中2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g),
c始/molL-10.30.150.1
c变/molL-10.10.050.1
c平/molL-10.20.100.2
K==10
容器Ⅱ中2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g),
c始/molL-10.40.20
c变/molL-12xx2x
c平/molL-10.4-2x0.2-x2x
K=,解得x=0.1molL-1,v(Br2)=0.1molL-1/4min==0.025mol/(Lmin),故A错误;B、将容器I、容器III的生成物全部转化成反应物,容器I的投料相当于容器III的2倍,达平衡时,容器I相当于对2个容器III进行加压,平衡正向移动,容器I与容器III中的总压强之比小于2:
1,故B错误;C、升高温度,逆反应速率增大,正反应速率也增大,故C错误;D、将容器II、容器III的生成物全部转化成反应物,容器II的投料相当于容器III的2倍,达平衡时,容器II相当于对2个容器III进行加压,平衡正向移动,容器II中c(Br2)减小,c(NOBr)增大,容器II中c(Br2)/c(NOBr)比容器III中的小,故D正确;故选D。
15.下列实验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项实验现象结论
A向发黄的浓硝酸中通入O2黄色褪去浓硝酸中混有Fe3+
B向无色溶液中滴加FeCl3溶液和CCl4,振荡、静置下层显紫红色原溶液中含有I-
C向无水乙醇中加入浓H2SO4,加热至170℃,产生的气体通入酸性KMnO4溶液紫红色褪去乙醇发生了消去反应
D向浓度均为0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】A、向发黄的浓硝酸中通入O2,黄色褪去,是由于4NO2+O2+2H2O=4HNO3,故A错误;B、向无色溶液中滴加FeCl3溶液和CCl4,振荡、静置,下层显紫红色,说明原溶液中含有I-,故B正确;C、产生的气体中混有乙醇蒸汽,通入酸性KMnO4溶液,也能使酸性KMnO4溶液褪色,故C错误;D、向浓度均为0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液,出现黄色沉淀,说明AgI溶解度小,Ksp(AgCl)Ksp(AgI),故D错误;故选B。
16.已知H2A为二元弱酸,25°C时,用Na2A溶液吸收H2A,且最终吸收H2A的量小于原溶液中Na2A的物质的量,其吸收液pH随变化的关系如图所示,以下说法不正确的是
A.NaHA溶液中:
c(H+)c(OH-)
B.Na2A溶液中:
c(A2-)c(HA-)
C.H2A的第一步电离常数为10-7.2
D.当吸收液呈中性时:
c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)
【答案】C
【解析】A、根据图象中吸收液的pH随n(HA-)/n(A2-)变化的关系可知,随着HA-的浓度的增大,溶液酸性增强,说明NaHA溶液显示酸性,即:
c(H+)>c(OH-),故A正确;B、Na2A溶液中,A2-在溶液中水解程度较小,则c(A2-)>c(HA-),故B正确;C、H2A的第二步电离常数为K==10-7.2molL-1,不是第一步电离平衡常数,故C错误;D、当吸收液呈中性时,根据电荷守恒:
c(H+)+c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),c(H+)=c(OH-),即:
c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),故D正确;故选C。
点睛:
本题考查了离子浓度大小比较,电离平衡常数计算,解题关键:
明确盐的水解原理及其应用方法,要求学生能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小,题目难度中等。
17.C1O2是一种新型的环保饮用水消毒剂,某课题小组拟选择下列部分装置制备并收集二氧化氯来探究其漂白性(装置不可重复使用)。
己知:
常温下,亚氯酸钠(NaC1O2)可吸收氯气并制备二氧化氯;C1O2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体,氧化性比氯气强。
回答下列问题:
(1)制备干燥、纯净的氯气:
制备的发生装置是_________(填代号),//写出反应的离子方程式:
__________。
(2)制备二氧化氯:
导管口连接顺序为:
a→______→n→p→j。
本实验选择I而不选择H的原因是:
_________________。
(3)写出G中发生反应的化学方程式:
___________。
(4)装置E的作用是_____________________________。
(5)他们己收集一瓶二氧化氯气体,请你设计简易实验证明二氧化氯具有永久的漂白性:
_________________________________________________________________________________________。
(6)尾气中的二氧化氯还可以用含双氧水的烧碱溶液吸收,其产物之一是NaC1O2。
写出该反应的化学方程式:
_____________________________。
【答案】
(1).A(或B)
(2).MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(3).z→m→x→y→b→c→r→s(4).H中水会进入F中(倒吸进入或水蒸气进入)(5).Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl(6).吸收二氧化氯中的氯气(7).取少量品红溶液于试管中,通入二氧化氯,观察到品红溶液褪色,再加热已褪色的溶液,溶液不变红色(8).2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O
【解析】
(1)制备干燥、纯净的氯气:
常用固体+液体,加热或不加热,两种装置,制备的发生装置是A(或B),反应的离子方程式:
MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
(2)制备二氧化氯:
A或B制备氯气,再通过D除去氯气中的氯化氢气体,然后,通过C中浓硫酸进行干燥,经过G中亚氯酸钠(NaC1O2)可吸收氯气并制备二氧化氯;再由E中四氯化碳除去末反应的氯气,用F收集,I用于吸收尾气,并防止空气中的水蒸气进入,管口连接顺序为:
a→z→m→x→y→b→c→r→s→n→p→j。
本实验选择I而不选择H的原因是:
H中水会进入F中(倒吸进入或水蒸气进入)。
(3)G中制备ClO2的反应的化学方程式:
Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl。
(4)装置E的作用是吸收二氧化氯中的氯气。
(5)设计简易实验证明二氧化氯具有永久的漂白性:
取少量品红溶液于试管中,通入二氧化氯,观察到品红溶液褪色,再加热已褪色的溶液,溶液不变红色。
(6)尾气中的二氧化氯还可以用含双氧水的烧碱溶液吸收,其产物之一是NaC1O2。
该反应的化学方程式:
2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O。
点睛:
本题考查了氯气的性质,侧重于学生的分析、实验能力的考查,解题关键:
注意把握实验的方法和操作注意事项,结合物质的性质,语言文字表达要求较高,难度中等。
18.钼酸钠(Na2MoO4)可作新型水处理剂,Al(OH)3是胃舒平药品的有效成分。
从某废钼催化剂(主要成分为MoO3、A12O3、Fe2O3等)中回收Na2MoO4和A1(OH)3,其工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)Na2MoO4中钼的化合价为______________________。
(2)MoO3、Al2O3和SiO2性质相似,都能与碳酸钠在高温下反应。
写出三氧化钼与碳酸钠在高温下反应的化学方程式:
___________________;步骤II滤渣的主要成分是________________(填化学式)。
(3)步骤III中加入“稀硫酸”使铝元素转化的离子方程式为_________________________,控制溶液的pH约为5,其目的是使AlO2-完全转化为Al(OH)3沉淀,并防止其溶解,在滴加稀硫酸的过程中还可能观察到的现象是_____________________________。
有同学认为步骤III中可用CO2替代硫酸,你是否同意?
简述理由:
____________________________________________。
(4)取废钼催化剂mg,若加入agNa2CO3恰好完全反应,经上述实验操作后,最终得到bgAl(OH)3和cgNa2SO4固体,则废钼催化剂中钼元素的质量分数为__________。
(用代数式表示)
【答案】
(1).+6
(2).MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑(3).Fe2O3(4).AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓(5).产生气泡(6).否,稀硫酸的作用之一是除去过量的Na2CO3(7).【96(a/106)-(b/156)]/m】×100%
【解析】I、MoO3、Al2O3与Na2CO3的反应和SiO2与Na2CO3的反应相似,加入碳酸钠焙烧时可生成Na2MoO4和NaAlO2,反应方程式为:
MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑,Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2;Ⅱ、加入水溶解后出去杂质,Ⅲ、加入硫酸浸泡,可生成氢氧化铝沉淀,过滤后滤液中存在硫酸钠和Na2MoO4,二者溶解度不同,Ⅳ、经蒸发结晶可得到Na2SO4晶体和Na2MoO4。
(1)化合物中各元素的化合价代数和为0,Na2MoO4中钼的化合价为2×4-1×2=+6。
(2)MoO3与Na2CO3反应生成Na2MoO4和二氧化碳,三氧化钼与碳酸钠在高温下反应的化学方程式:
MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑;步骤II滤渣的主要成分是Fe2O3。
(3)步骤III中加入“稀硫酸”使铝元素转化的离子方程式为:
AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓;在滴加稀硫酸的过程中还可能观察到的现象是:
产生气泡;步骤III中不可用CO2替代硫酸,稀硫酸的作用之一是除去过量的Na2CO3。
(4)加入稀硫酸后,滤渣为Al(OH)3,滤液中含有Na2SO4和Na2MoO4,由Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2,2NaAlO2+H2SO4+3H2O=Na2SO4+2Al(OH)3↓,得1Na2CO3~~2Al(OH)3,得Al2O3消耗的n(Na2CO3)=,已知:
碳酸钠总物质的量为:
n(Na2CO3)=ag/106gm
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