河北省承德第一中学学年高一上学期期中考试化学试题化学解析版.docx
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河北省承德第一中学学年高一上学期期中考试化学试题化学解析版
河北省承德第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量:
C-12N-14O-16H-1Si-28Al-27Cl-35.5Mn-55S-32Na-23
一、选择题(每题只有一个选项符合题意,每题2分,共52分)
1.下列物质间的转化能一步实现的是()
A.Na2CO3→NaOHB.CaCO3→Ca(OH)2
C.NaNO3→NaClD.FeSO4→CuSO4
【答案】A
【解析】
【详解】A.碳酸钠可以与氢氧化钙反应生成氢氧化钠和碳酸钙,能一步实现,故A正确;
B.CaCO3是盐,盐只能与碱反应生成Ca(OH)2,CaCO3不溶于水,所以不能与碱溶液反应,因此CaCO3不能一步得到Ca(OH)2,故B错误;
C.NaNO3因不能与其它任何物质反应生成沉淀、气体和水,所以NaNO3不能通过一步反应制得NaCl,故C错误;
D.铜的金属活动性比铁弱,FeSO4不能通过一步反应制得硫酸铜,故D错误。
故选A。
2.下列关于氧化物的叙述正确的是()
A.金属氧化物一定是碱性氧化物,非金属氧化物一定是酸性氧化物
B.碱性氧化物一定是金属氧化物,酸性氧化物不一定是非金属氧化物
C.碱性氧化物都能与水化合生成碱
D.酸性氧化物都能与水化合生成酸
【答案】B
【解析】
【详解】A.金属氧化物可以是碱性氧化物、酸性氧化物或两性氧化物,如:
Mn2O7是酸性氧化物,Al2O3是两性氧化物;非金属氧化物可以是不成盐氧化物;如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物,故A错误;
B.碱性氧化物一定是金属氧化物,酸性氧化物可以是金属氧化物,如:
Mn2O7是酸性氧化物,故B正确;
C.碱性氧化物不一定都和水反应生成碱,如Fe2O3是碱性氧化物但不与水反应,故C错误;
D.酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸,如SiO2不溶于水,但二氧化硅是酸性氧化物,故D错误;
故选B。
3.下列关于Fe(OH)3胶体的说法中,不正确的是()
A.分散质粒子直径在10-9~10-7m之间B.是一种纯净物
C.具有丁达尔效应D.具有净水作用
【答案】B
【解析】
【详解】A.氢氧化铁胶体胶粒的直径在10-9~10-7m之间,A正确;
B.氢氧化铁胶体是氢氧化铁和水的混合物,B错误;
C.胶体具有丁达尔效应,C正确;
D.氢氧化铁胶粒能吸附水中的杂质颗粒,有净水的作用,D正确;
答案选B。
4.下列实验操作:
①过滤②分液③萃取④蒸馏不能用于分离相互混溶的溶液的是()
A.③和④B.①和②C.③、④和⑤D.①、②和③
【答案】B
【解析】
【分析】分离两种相互混溶的溶液,可根据沸点不同进行蒸馏分离,如溶质在不同溶剂中的溶解度不同,也可采用萃取的方法,据此分析。
【详解】两种液体相互溶解,则不能用分液的方法分离,更不能用过滤的方法分离,因过滤用来分离固液混合物;分离两种相互混溶的溶液,可根据沸点不同进行蒸馏分离,如溶质在不同溶剂中的溶解度不同,也可采用萃取的方法,故B正确。
故选B。
5.下列基本实验操作中,不合理的是()
A.配制一定物质的量浓度溶液,向容量瓶加水至离刻度线1~2cm,改用胶头滴管定容
B.除去KNO3中少量NaCl:
将混合物制成热的饱和溶液,冷却结晶,过滤
C.用洁净的铂丝蘸取待测液,置于火焰上灼烧,透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色,该溶液中一定含有钾离子,不含有钠离子
D.分液操作,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出
【答案】C
【解析】
【详解】A.向容量瓶加水至离刻度线1~2cm,改为滴加,用胶头滴管定容,防止液体加多,故A正确;
B.除去KNO3中少量NaCl:
将混合物制成热的饱和溶液,因硝酸钾的溶解度受温度影响较大,冷却后析出,通过过滤分离出KNO3晶体,故B正确;
C.透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色,用于检验K的焰色反应,可知溶液中一定含有钾离子,不能确定是否含钠离子,故C错误;
D.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,故D正确;
答案选C。
6.下列关于离子检验的说法正确的是( )
A.某溶液加入NaOH溶液,产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体,说明原溶液中存在NH4+
B.某溶液中加入AgNO3溶液时,产生白色沉淀,说明原溶液中含有Cl-
C.某溶液中滴加稀硝酸无明显现象,再滴加Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,说明原溶液中有SO42-
D.某溶液中滴加BaCl2溶液时,产生白色沉淀,说明原溶液中可能存在Ag+或SO42-或CO32-等
【答案】D
【解析】
【详解】A.某溶液加入NaOH溶液并进行加热,若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体,说明原溶液中存在NH4+,故A错误;
B.能和AgNO3溶液反应生成白色沉淀的离子有Cl−、SO42−、CO32−等,所以向某溶液中加入AgNO3溶液产生白色沉淀,不能说明原来溶液中含有Cl−,故B错误;
C.某溶液中滴加稀硝酸无明显现象,硝酸为氧化性酸,可将溶液中的亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子,再滴加Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,原溶液中可能有SO32-,故C错误;
D.某溶液中滴加BaCl2溶液时,产生白色沉淀,说明原溶液中可能存在Ag+或SO42-或CO32-中的至少一种,故D正确;
答案选D。
7.下列叙述中正确的是 ( )
A.(2012·天津高考
U和
U是中子数不同质子数相同的同种核素
B.(2012·江苏高考)中子数为20的氯原子可以表示为
Cl
C.(2012·山东高考)同种元素的原子均有相同的质子数和中子数
D.(2012·江苏高考)F-的结构示意图可以表示为
【答案】D
【解析】试题分析:
U和
U是同种元素的两种不同核素,A选项错误。
中子数为20的氯原子,其质量数为20+17=37,其符号为
Cl,B选项错误;互为同位素元素的原子的质子数相同,但中子数不同,C选项错误;F的质子数为9,核外电子数也是9,F-核外有10个电子,其离子结构示意图为
,D选项正确。
8.核内中子数为N的R2+,质量数为A,则ng它的氧化物(RO)中所含质子的物质的量是( )
A.
(A-N+8)molB.
(A-N+10)mol
C.(A-N+2)molD.
(A-N+6)mol
【答案】A
【解析】
【详解】该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol,ng它的氧化物的物质的量为
mol;一个氧化物分子中含有(A−N+8)个质子,所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量为:
mol×(A−N+8)=
(A−N+8)mol,
答案选A。
9.下列叙述正确
是()
A.摩尔是物质的量的单位,1mol任何物质都含有6.02×1023个分子
B.1mol氢的质量为1g,它含有NA个氢分子
C.摩尔是七个基本物理量之一
D.12g12C所含有的碳原子数为阿伏加德罗常数,每摩尔物质含有阿伏加德罗常数组成该物质的微粒
【答案】D
【解析】
【详解】A.任何物质不一定都是由分子组成的,可以是原子或离子,摩尔是物质的量的单位,1mol任何物质中所含有的粒子数约为6.02×1023,故A错误;
B.氢气的摩尔质量是1g/mol,1mol氢气的质量为2g,1molH2含有阿伏加德罗常数个氢分子,故B错误;
C.物质的量是七个基本物理量之一,其单位是摩尔,故C错误;
D.12g12C所含有的碳原子数即为阿伏伽德罗常数,单位为mol−1,即12g12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数值,每摩尔物质含有阿伏加德罗常数组成该物质的微粒,故D正确;
答案选D。
10.设NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述中正确的是()
A.常温下,2.7g铝与足量盐酸反应,标况下生成气体体积为3.36L
B.常温下,500mL2mol·L-1的Na2CO3溶液中含Na+数目为NA
C.1.8gNH4+的离子中含有的质子数为0.1NA
D.标准状况下,1L水所含分子数为1/22.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.2.7g铝的物质的量为0.1mol,根据反应方程式2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,0.1mol铝与足量盐酸反应生成0.15mol的氢气,在标况下的气体为0.15mol×22.4L/mol=3.36L,故A正确;
B.溶液中Na2CO3的物质的量n=cV=2mol·L-1×0.5L=1mol,而1molNa2CO3中含有2mol钠离子,故含Na+数目为2NA,故B错误;
C.1.8gNH4+离子的物质的量为0.1mol,而铵根离子中含有11个质子,故1.8gNH4+离子中含有的质子数为1.1NA,故C错误;
D.标准状况下,水是液体,故不能使用气体摩尔体积来计算物质的量,故D错误。
故选A。
11.如果4g氨由x个分子组成,那么8g硫化氢中含有的分子数为()
A.x/2B.xC.2xD.4x
【答案】B
【解析】
【详解】4gNH3的物质的量=
=
,分子数为
=x,则NA=
;8mgH2S的物质的量=
=
mol,故含有硫化氢分子数目=
mol×NA=
×
=x,
答案选B。
12.下列溶液的物质的量浓度是0.5mol·L-1的是()
A.40gNaOH溶于1L水中B.58.5gNaCl溶于水制成1L溶液
C.28gKOH溶于水制成1L溶液D.1L2%的NaOH溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A.40gNaOH的物质的量为1mol,溶液的体积不等于溶剂的体积,溶液的体积不是1L,因此溶液中NaOH物质的量浓度不是1mol/L,故A错误;
B.58.5gNaCl的物质的量为1mol,溶于水制成1L溶液,浓度c=n/V=1mol/1L=1mol/L,不是0.5mol/L,故B错误;
C.28gKOH的物质的量n=m/M=28g/56g/mol=0.5mol,溶液的体积为1L,浓度c=n/V=0.5mol/1L=0.5mol/L,故C正确;
D.根据公式c=1000ρw%/M,因未知该溶液的密度,所以无法求算该溶液的物质的量浓度,故D错误。
故选C。
13.在一定的温度和压强下,a体积的X2气体和3a体积的Y2气体化合生成2a体积的气体化合物,则该化合物的化学式是()
A.XY3B.XYC.X3YD.X2Y3
【答案】A
【解析】
【详解】设生成的化合物的化学式为Z,同温同压下,气体摩尔体积相等,不同气体的体积之比等于物质的量之比,同一反应中不同物质的物质的量之比等于其计量数之比,即X2:
Y2:
Z=a:
3a:
2a=1:
3:
2,所以该反应方程式为X2+3Y2=2Z,根据质量守恒定律得Z的化学式为XY3,答案选A。
14.物质的量相等的一氧化碳和二氧化碳比较,下列有关叙述中正确的是( )
①所含的分子数目之比为1∶1
②所含的氧原子数目之比为1∶2
③所含的原子总数目之比为2∶3
④所含的碳原子数目之比为1∶1
⑤所含的电子数目之比为7∶11
A.①②B.②③C.④⑤D.①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】相等物质的量的CO和CO2,根据N=nNA计算分子总数,再结合分子构成计算原子个数、电子数之比。
【详解】相等物质的量的CO和CO2,根据N=nNA知,分子数之比等于物质的量之比,物质的量相等,所以其分子数相等,
①根据以上分析知,二者分子数相等,所以所含的分子数目之比为1∶1,故①正确;
②二者分子数相等,每个CO和CO2分子中所含氧原子个数之比为1:
2,所含的氧原子数目之比为1:
2,故②正确;
③二者分子数相等,每个CO和CO2分子中所含原子个数之比为2:
3,所以所含的原子数目之比为2:
3,故③正确;
④二者分子数相等,每个CO和CO2分子中所含碳原子个数相等,所以所含的C原子数目之比为1:
1,故④正确;
⑤二者分子数相等,每个CO和CO2分子中所含电子数之比为14:
22=7∶11,所以所含的电子数目之比为7∶11,故⑤正确。
答案选D。
15.宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载,“银针验毒”的原理是:
4Ag+2H2S+O2===2X+2H2O。
下列说法正确的是()
A.X的化学式为AgS
B.银针验毒时,空气中氧气失去电子
C.反应中Ag和H2S均是还原剂
D.每生成1molX,反应转移2mole-
【答案】D
【解析】
【详解】A.由质量守恒定律Ag原子、S原子守恒确定X的化学式为Ag2S,故A错误。
B.据元素化合价的变化反应中氧气作氧化剂得电子,故B错误。
C.据元素化合价的变化知反应中S作还原剂,故C错误。
D.据方程式知每生成2molX,电子转移4mol,所以每生成1molX,反应转移2mole-,故D正确
故答案选D。
16.PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱。
下列反应在水溶液中不可能发生的是()
A.Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
B.10Cl-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
C.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
D.5Pb2++2MnO4-+2H2O=5PbO2↓+2Mn2++4H+
【答案】D
【解析】
【分析】由题意知:
PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱,依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断解答。
【详解】A.Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,反应中Fe3+为氧化剂,Cu2+为氧化产物,Fe3+氧化性大于Cu2+氧化性,符合规律,A不符合题意,;
B.10Cl-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O,反应中MnO4-为氧化剂,氯气为还原剂,MnO4-氧化性强于氯气,符合规律,B不符合题意;
C.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,反应中氯气为氧化剂,Fe3+为氧化产物,氯气的氧化性强于Fe3+,符合规律,C不符合题意;
D.5Pb2++2MnO4-+2H2O=5PbO2↓+2Mn2++4H+,反应中MnO4-为氧化剂,PbO2为氧化产物,MnO4-氧化性强于PbO2,与题干不吻合,D符合题意;
故合理选项是D。
17.已知常温下可用Co2O3制备Cl2,反应前后存在六种微粒Co2O3、H2O、Cl2、H+、Cl-和Co2+。
下列叙述中不正确的是( )
A.氧化产物为Cl2
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C.若有3molH2O生成,则反应中有2mol电子转移
D.当该反应生成2.24LCl2时,则反应中有0.2mol电子转移
【答案】D
【解析】
【分析】已知常温下可用Co2O3制备Cl2,反应前后存在六种微粒Co2O3、H2O、Cl2、H+、Cl-和Co2+,Co2O3为反应物,Cl2为生成物,根据化学反应方程遵循物料守恒和电荷守恒,则该化学反应方程式为Co2O3+6H++2Cl-═2Co2++3H2O+Cl2↑,据此解题。
【详解】A.用Co2O3制备Cl2的反应中,Co2O3做氧化剂,浓盐酸做还原剂,氧化产物是Cl2,故A正确;
B.氧化剂是Co2O3,还原剂是HCl,Co2O3中的Co由+3价变为+2,1molCo2O3得电子2mol,HCl中的Cl由−1价变成0价,1molHCl失电子1mol,根据得失电子守恒,需要2molHCl,所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:
2,故B正确;
C.用Co2O3制备Cl2的反应中,Co2O3做氧化剂,浓盐酸做还原剂,氧化产物是Cl2,还原产物是氯化钴,方程式为:
Co2O3+6HCl═2CoCl2+3H2O+Cl2↑,若有3molH2O生成,则反应中有2mol电子转移,故C正确;
D.根据方程式为:
Co2O3+6HCl═2CoCl2+3H2O+Cl2↑,当该反应生成2.24LCl2时,由于在常温下,气体的摩尔体积不是22.4L,得不出氯气的物质的量,无法算出转移的电子数,故D错误。
答案选D。
18.常温下,往H2O2溶液中滴加少量酸性FeSO4溶液,可发生如下两个反应:
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+
下列说法正确的是( )
A.H2O2的氧化性比Fe3+强,其还原性比Fe2+弱
B.在H2O2分解过程中,溶液的酸性逐渐增强
C.H2O2分解的总方程式为H2O2=H2O+O2↑
D.H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+
【答案】D
【解析】
【分析】反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O中,Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+,反应2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+中,Fe3+被H2O2还原生成Fe2+,将两个反应相加可得2H2O2=2H2O+O2↑,所以分解过程中Fe2+可为H2O2分解的催化剂,结合具体的化学反应来解答。
【详解】A.由2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+可知,H2O2的氧化性>Fe3+的氧化性,H2O2的还原性>Fe2+的还原性,故A错误;
B将两个反应相加可得2H2O2=2H2O+O2↑,所以分解过程中,Fe2+作催化剂,溶液pH值不变,故B错误;
C.将两个反应相加可得2H2O2=2H2O+O2↑,所以总方程式为:
2H2O2═2H2O+O2↑,故C错误;
D.Fe2+为H2O2分解的催化剂,可导致H2O2分解,所以H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+,故D正确;
答案选D。
19.使0.15molMnO2与过量的12mol·L-1的浓盐酸反应,使50mL12mol·L-1的浓盐酸与足量MnO2反应,两者产生的氯气相比(其他条件相同)()。
A.一样多B.前者较后者多C.后者较前者多D.无法比较
【答案】B
【解析】试题分析:
0.15molMnO2与过量的12mol•L-1的浓盐酸反应,浓盐酸过量,二氧化锰完全反应
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O
11
0.15mol0.15mol
所以产生氯气的物质的量是0.15mol,50mL12mol•L-1的浓盐酸与足量MnO2反应,盐酸的物质的量为:
12mol•L-1×0.05L=0.6mol,二氧化锰过量,若盐酸完全反应根据方程式计算
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O
41
0.6mol0.15mol
所以理论上产生氯气的物质的量是0.15mol,但是,50mL12mol•L-1的浓盐酸与足量MnO2反应过程中盐酸的浓度不断减小,而稀盐酸与二氧化锰不发生反应,所以说最终产生的氯气小于0.15mol,故A、C、D错误;故选B。
20.下列说法正确的是()
①氯气的性质活泼,它与氢气混合后立即发生爆炸
②实验室制取氯气时,为了防止环境污染,多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收
③新制氯水的氧化性强于久置氯水
④检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液
⑤除去HCl气体中的Cl2,可将气体通入饱和食盐水中
A.①②③B.③C.②③④D.③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸,在没有条件下不反应,故错误;
②氢氧化钙的溶解度较小,所以吸收氯气的能力较小,实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气,故错误;
③次氯酸有强氧化性,新制的氯水中次氯酸的量较多,久置的氯水中,次氯酸分解生成氯化氢和氧气,所以久置的氯水中次氯酸含量较少,强氧化性较低,所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的,故正确;
④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀,所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀,所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2,故错误;
⑤饱和食盐水中含有氯离子,抑制氯气的溶解,氯化氢极易溶于饱和食盐水,所以可以除去Cl2中的HCl气体,但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的,故错误;
21.如图所示,从A处通入新制备的Cl2,关闭B阀时,C处的红色布条看不到明显现象;当打开B阀后,C处红色布条逐渐褪色。
D瓶中装的是( )
①浓硫酸②NaOH溶液③H2O④饱和NaCl溶液
A.①③B.②④C.①②D.③④
【答案】C
【解析】次氯酸具有漂白作用而氯气不具有漂白性,所以干燥的氯气不能漂白有色布条,含水蒸气的氯气能使有色布条褪色,A处通入氯气,关闭B阀后,C处的红色布条看不到明显现象,当打开B阀后,C处红色布条逐渐褪色,说明D处可以干燥氯气或与氯气反应。
浓硫酸具有吸水性,氯气通过浓硫酸得到干燥的氯气,①正确;氯气通过NaOH溶液,与氢氧化钠反应,②正确;C.氯气通过水会带出水蒸气,能使有色布条褪色,③错误;氯气与食盐水不反应,但进入C的为潮湿的氯气,含HClO,则C处红色布条逐渐褪色,④错误;答案选C。
22.在氯水中存在多种分子和离子,它们在不同的反应中表现各自的性质。
下列实验现象和结论一致且正确的是( )
A.加入有色布条,一会儿有色布条褪色,说明溶液中有Cl2存在
B.溶液呈黄绿色,且有刺激性气味,说明有Cl2分子存在
C.先加入盐酸酸化,再加入AgNO3溶液产生白色沉淀,说明有Cl-存在
D.加入NaOH溶液,氯水黄绿色消失,说明有HClO分子存在
【答案】B
【解析】
【分析】氯气通入溶液中,与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO,新制的氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-,利用离子、分子的性质来分析。
【详解】A.次氯酸具有漂白性,则加入有色布条后,有色布条褪色,说明有HClO分子存在,故A错误;
B.氯气
黄绿色气体,具有刺激性气味,则氯水呈浅黄色,且有刺激性气味,说明有分子Cl2存在,故B正确;
C.因AgCl不溶于硝酸,先加入硝酸酸化,再加入AgNO3溶液产生白色沉淀,说明有Cl-存在,而盐酸酸化,直接引入氯离子,故C错误;
D.氯气和氢氧化钠反应,导致氯水浅黄绿色消失,则不能说明HClO有存在,故D错误;
答案选B。
23.下列叙述正确的是( )
A.Na在空气中久置最终变为NaHCO3粉末
B.向Fe2(SO4)3溶液中加入铜粉,溶液变蓝且有黑色固体析出
C.Cl2能与石灰乳反应,可用于制取漂白粉
D.向KClO3溶液中滴加AgNO3溶液得到白色AgCl沉淀
【答案】C
【解析】A.NaHCO3粉末在空气中易分解生成碳酸钠,所以Na在空气中久置最终变为碳酸钠,A项错误;B.向Fe2(SO4)3溶液中加入铜粉,铜与三价铁反应生成二价铁和二价铜,所以溶液变蓝无黑色固体析出,B项错误;C.工业上用Cl2与石灰乳反应制取漂白粉,C项正确;D.KC1O3溶液中不含氯离子,所以滴加AgNO3溶液无AgCl沉淀生成,D项错误。
答案选C。
24.下列关于钠的说法中正确的是( )
A.金属钠和氧气反应,条件不同,产物不同
B.钠钾合金
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