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届湘赣
2019届湘赣•十四校高三联考第一次考试
化学试卷
总分:
100分时量:
90分钟
考试时间:
2019年3月16日8:
00~9:
30
可能用到的相对原子质量:
H~1C~12N~14O~16Na~23Mg~24P~31S~32Cu~64
第Ⅰ卷选择题(共48分)
—、选择题(本题包括16个小题,每小题3分,共48分。
每小题只有一个正确答案)
1.2018年8月22日,国务院总理李克强主持召开国务院常务会议,会议决定扩大车用乙醇汽油的推广和使用,除原有的11个试点省份外,进一步在北京等15个省市推广。
下列关于“乙醇汽油”的说法正确的有()
①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇混合而成的一种燃料,它是一种新型化合物
②汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物,完全燃烧只生成二氧化碳和水
③“地沟油”危害人体健康,可通过蒸馏“地沟油”的方式获得汽油和柴油,实现资源的再利用
④“乙醇汽油”的使用可有效减少汽车尾气中的碳排放、细颗粒物排放以及其他有害物质的污染
⑤石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化
⑥煤油可由石油裂解获得,可用作燃料和保存少量金属钠
A.4个B.3个C.2个D.1个
【答案】D
【解析】
【分析】
乙醇汽油是在汽油中掺入一定比例的乙醇,为混合物,乙醇燃烧生成二氧化碳和水,可减少对环境的污染。
【详解】①乙醇汽油是在汽油中掺入一定比例的乙醇,为混合物,故错误;
②植物油是油脂,属于酯类,故错误;
③地沟油的主要成分是油脂,蒸馏得不到汽油和柴油,故错误;
④添加燃料乙醇的汽油,可有效减少汽车尾气中的碳排放、PM2.5等细颗粒物排放以及其他有毒物质的污染,从而改善空气质量,故正确;
⑤石油的分馏没有新物质生成,是物理变化,故错误;
⑥煤油可由石油分馏或裂化获得,石油裂解得不到煤油,故错误;
只有④正确,故选D。
2.国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)自2018年7月开始,通过每月评选,向世界介绍118位优秀青年化学家,并形成一张“青年化学家元素周期表”。
其中,华东师范大学姜雪峰教授被IUPAC遴选为硫元素代言人,苏州大学刘庄教授被遴选为汞元素代言人,为中国青年化学家赢得了世界荣耀。
下列有关硫、汞及其化合物的说法正确的是()
A.S2与S8互为同位素
B.汞是常温、常压下唯一以液态存在的金属,俗称水银
C.硫在自然界中只有化合态形式
D.加热条件下,硫粉与铜反应直接化合生成CuS
【答案】B
【解析】
【详解】A项、S2与S8为S元素的不同单质,互为同素异形体,故A错误;
B、汞俗称水银,是常温、常压下唯一以液态形式存在的金属,故B正确;
C项、自然界中含硫矿物分布非常广泛,种类也很多,以单质硫和化合态硫两种形式出现,故C错误;
D项、加热条件下,硫粉与铜反应直接化合生成Cu2S,故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查有关硫、汞及其化合物的,注意物质的组成、性质与用途的关系是解答关键。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是()
A.标准状况下,22.4LCl2溶于水充分反应转移NA个电子
B.标准状况下,2.24LHF与1.6gCH4分子所含电子数目均为NA
C.50g质量分数为46%的乙醇溶液中氢原子总数为6NA
D.25℃时,1L2mol/LNH4Cl溶液和1L1mol/L(NH4)2SO4溶液中所含NH4+的数目均为2NA
【答案】C
【解析】
【分析】
A、氯气与水
反应是可逆反应;
B、HF在标准状况下为液态;
C、50g质量分数为46%的乙醇溶液中,乙醇的质量为50g×46%=23g,水的质量为(50g—23g)=27g,溶液中氢原子为两者所含氢原子之和;
D、NH4+在溶液中水解。
【详解】A项、氯气与水的反应是可逆反应,标准状况下22.4LCl2不可能完全反应,转移的电子数小于NA,故A错误;
B项、HF在标准状况下为液态,故2.24LHF的物质的量不是0.1mol,所含电子数目不为NA,故B错误;
C项、50g质量分数为46%
乙醇溶液中,乙醇的质量为50g×46%=23g,水的质量为(50g—23g)=27g,溶液中氢原子的物质的量为(
×6+
×2)=6mol,溶液中氢原子总数为6NA,故C正确;
D项、NH4+在溶液中水解,则1L2mol/LNH4Cl溶液和1L1mol/L(NH4)2SO4溶液中NH4+的物质的量均小于2mol,所含NH4+的数目均小于2NA,故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件,注意氯气与水反应和盐类水解为可逆反应的是解答关键。
4.下列离子方程式书写正确的是()
A.少量CO2通入苯酚钠溶液中:
2C6H5O-+CO2+H2O===2C6H5OH+CO32-
B.少量CO2通入CaCl2溶液中:
Ca2++CO2+H2O===CaCO3↓+2H+
C.过量H2S气体通入CuSO4溶液中:
H2S+Cu2+===CuS↓+2H+
D.向Fe(NO3)3溶液中加入HI溶液:
2Fe3++2I-===2Fe2++I2
【答案】C
【解析】
【分析】
A、无论少量还是足量的CO2通入苯酚钠溶液中,反应只能生成苯酚和碳酸氢钠;
B、碳酸的酸性弱于盐酸,少量CO2通入CaCl2溶液中不反应;
C、CuS沉淀不溶于水,不能与稀硫酸反应;
D、酸性条件下,NO3—和Fe3+均能与I-发生氧化还原反应。
【详解】A项、无论少量还是足量的CO2通入苯酚钠溶液中,反应只能生成苯酚和碳酸氢钠,反应的离子方程式为CO2+C6H5O-+H2O→C6H5OH+HCO3-,故A错误;
B项、碳酸的酸性弱于盐酸,少量CO2通入CaCl2溶液中不反应,故B错误;
C项、CuS沉淀不溶于水,不能与稀硫酸反应,过量H2S气体通入CuSO4溶液中反应生成硫化铜沉淀和稀硫酸,反应的离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+,故C正确;
D项、酸性条件下,NO3—和Fe3+均能与I-发生氧化还原反应,故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查离子反应方程式的正误判断,注意反应实质的判断,把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键。
5.下列关于有机物的说法正确的是()
A.乙醇和丙三醇互为同系物
B.分子式为C5H10O2,且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)
C.淀粉、纤维素、蛋白质和油脂均属于天然高分子化合物
D.环己烯(
)分子中的所有碳原子共面
【答案】B
【解析】
【详解】A项、乙醇
饱和一元醇,甘油是饱和三元醇,所含官能团数目不同,不是同系物,故A错误;
B项、分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯,①甲酸和丁醇酯化,丁醇有4种;②乙酸和丙醇酯化,丙醇有2种;③丙酸和乙醇酯化,丙酸有1种;④丁酸和甲醇酯化,丁酸有2种;因此属于酯的同分异构体共有(4+2+1+2)=9种,故B正确;
C项、油脂不是高分子化合物,故C错误;
D项、环己烯分子中含有4个饱和碳原子,由甲烷的结构可知分子中的所有碳原子不可能同一个平面上,故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质,侧重分析与应用能力的考查,把握官能团的性质、同分异构体数目的推断、同系物和共面的判断为解答的关键。
6.下列有关化学用语正确的是()
A.氢氧根的电子式:
H
B.离子结构示意图
既可以表示35Cl-,也可以表示37Cl-
C.NH5的结构与NH4Cl相似,NH5的结构式:
D.丙烯的结构简式:
C3H6
【答案】B
【解析】
【分析】
A、氢氧根离子为阴离子;
B、由离子结构示意图可知,该离子的质子数为17,是氯元素的阴离子;
C、NH5是离子化合物,由铵根离子与氢负离子构成;
D、丙烯的分子式为C3H6。
【详解】A项、氢氧根离子为阴离子,电子式为
,故A错误;
B项、由离子结构示意图可知,该离子的质子数为17,是氯元素的阴离子,既可以表示35Cl-,也可以表示37Cl-,故B正确;
C项、NH5是离子化合物,由铵根离子与氢负离子构成,电子式为
,故C错误;
D项、丙烯的分子式为C3H6,结构简式为CH3CH=CH2,故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查化学用语,注意物质的组成、电子式、结构简式的书写规则是解答关键。
7.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()
①酸性溶液中:
Na+、ClO-、SO42-、I-
②无色溶液中:
K+、Na+、MnO4-、SO42-
③碱性溶液中:
Cl-、CO32-、SO42-、K+、AlO2-
④中性溶液中:
Fe3+、K+、Cl-、SO42-
⑤由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液中:
Na+、Ba2+、Cl-、Br-
⑥与铝粉反应放出H2的无色溶液中:
NO3-、Al3+、Na+、SO42-
A.③⑤B.③④C.①②④D.⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
溶液中离子之间不能结合生成沉淀、气体、水和弱电解质,不能发生氧化还原反应,不能结合生成络离子,不能发生双水解反应等,则能够大量共存。
【详解】①酸性溶液中ClO-与I-发生氧化还原反应,不能大量共存,故错误;
②无色溶液中不存在紫色MnO4-,故错误;
③碱性溶液中该组离子之间不反应,能够大量共存,故正确;
④Fe3+在溶液中水解使溶液呈酸性,中性溶液中不可能存在Fe3+,故错误;
⑤由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液,水的电离受到抑制,既可能是酸的溶液,也可能是碱的溶液,无论是酸性溶液还是碱性溶液该组离子之间不反应,能够大量共存,故正确;
⑥与铝粉反应放出H2的无色溶液,可能是酸性溶液,也可能是碱性溶液。
酸性溶液中若存在NO3-,不可能生成氢气。
碱性溶液中Al3+会生成氢氧化铝沉淀或偏铝酸根离子,则该组离子一定不能大量共存,故错误;
正确的为③⑤,故选A。
【点睛】本题考查离子共存问题,侧重于分析能力的考查,注意把握离子的性质以及反应类型的判断是解答关键。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数逐渐增大,X的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍,Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构,Z、W的单质是常见的金属,Z是同周期主族元素中原子半径最大的元素,W的简单离子是同周期主族元素中简单离子半径最小的,X和Z的原子序数之和与Q的原子序数相等。
下列说法正确的是()
A.相同质量的Z和W的单质分别与足量稀盐酸反应时,Z的单质获得的氢气较多
B.简单气态氢化物的稳定性:
X>Y>Q
C.X与Q形成的化合物和Z与Q形成的化合物的化学键类型相同
D.W元素位于元素周期表中第13列
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是次外层的2倍,则X原子有2个电子层,最外层电子数为4,则X为C元素;Z、W是常见金属,原子序数大于碳元素,处于第三周期,Z是同周期中原子半径最大的元素,W的简单离子是同周期中离子半径最小的,则Z为Na元素、W为Al元素;Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构,结合Y的原子序数小于Na可推知Y为非金属,Y表现+3价,最外层电子数为8-3=5,处于ⅤA族,则Y为N元素;Q处于第三周期,X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等,则Q的原子序数为6+11=17,则Q为Cl元素。
【详解】A项、相同质量
Na和Al单质分别与足量稀盐酸反应时,二者生成氢气物质的量之比为
:
×3=9:
23,故Al与盐酸反应生成的氢气多,故A错误;
B项、非金属性Cl>N>C,则氢化物稳定性HCl>NH3>CH4,故B错误;
C项、X与Q形成的化合物为CCl4,含有共价键;Z与Q形成的化合物为NaCl,含有离子键,二者含有化学键不同,故C错误;
D项、W为Al元素,位于周期表第3周期ⅢA族,为周期表中第13列,故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查元素周期律的运用,注意运用结构、性质和位置的关系推断元素,依据元素周期律分析是解题的关键。
9.下列实验操作对应的现象以及解释或结论都正确且具有因果关系的是()
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
用石墨作电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液
阴极上先析出铜
金属活动性:
Mg>Cu
B
室温下,测定等浓度的Na2A和NaB溶液的pH
Na2A溶液的pH较大
酸性:
H2A C 加热浸透了石蜡油的碎瓷片,产生的气体通过酸性KMnO4溶液 酸性KMnO4溶液紫红色褪去 石蜡油分解一定产生了乙烯 D 室温下,取相同大小、形状和质量的Fe粒分别投入0.1mol/L的稀硝酸和10.0mol/L的浓硝酸中 Fe粒与浓硝酸反应比与稀硝酸反应剧烈 探究浓度对化学反应速率的影响 A.AB.BC.CD.D 【答案】A 【解析】 【分析】 A、金属阳离子的氧化性越强,其对应单质的还原性越弱; B、室温下,测定等浓度的NaHA和NaB溶液的pH大小才能判断H2A与HB的酸性强弱; C、酸性KMnO4溶液紫红色褪去说明有烯烃生成,不能确定是否有乙烯生成; D、不同的反应无法探究浓度对反应速率的影响。 【详解】A项、用石墨作电极,电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液,阴极上先析出铜说明氧化性: Cu2+>Mg2+。 则还原性: 镁强于铜,故A正确; B项、室温下,测定等浓度的Na2A和NaB溶液的pH,Na2A溶液的pH较大,说明A2—水解程度大于B—,酸性HA— C项、加热浸透了石蜡油的碎瓷片,产生的气体通过酸性KMnO4溶液,酸性KMnO4溶液紫红色褪去说明有烯烃生成,不能确定是否有乙烯生成,故C错误; D项、铁与稀硝酸反应生成一氧化氮,在浓硝酸中产生钝化现象,两个反应属于不同的反应,无法探究浓度对反应速率的影响,故D错误。 故选A。 【点睛】本题考查化学实验方案的评价,侧重考查分析能力及灵活应用能力,注意常见物质的性质,明确常见化学实验基本操作方法是解答关键。 10.下列说法正确的是() A.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液: c(NaOH)<c(CH3COONa)<c(Na2CO3) B.室温下,浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液的pH=4,则c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2×(10-4-10-10)mol/L C.加水稀释0.1mol/L醋酸溶液,溶液中 增大 D.室温下,NaHA溶液的pH<7,则一定有c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)+c(A2-) 【答案】B 【解析】 【详解】A项、相同浓度的三种溶液CH3COONa、NaOH和Na2CO3pH的大小分别为NaOH、Na2CO3和CH3COONa,所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液: c(NaOH)<c(Na2CO3)<c(CH3COONa),故A错误; B项、混合溶液的pH=4,溶液中c(H+)为10-4mol/L,c(OH-)为10-10mol/L,由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)和物料守恒2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)可得c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+),则c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)—2c(OH-)=2×(10-4-10-10)mol/L,故B正确; C项、加水稀释0.1mol/L醋酸溶液时,溶液中c(H+)减小,水的离子积常数Kw不变,c(OH-)增大,则 减小,故C错误; D项、室温下,NaHA溶液的pH<7,若H2A为二元强酸,溶液中不存在H2A,故D错误。 故选B。 【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡,注意弱电解质的电离平衡和含有弱离子的盐的水解平衡及其影响因素,注意根据物料守恒和电荷守恒来分析是解答关键。 11.乙醛酸( )是有机合成的重要中间体。 工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸,原理如图所示。 该装置中阴、阳两极为惰性电极,两极室均可产生乙醛酸,其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。 下列说法正确的是() A.若有2molH+通过质子交换膜,并完全参与了反应,则该装置中生成的乙醛酸为2mol B.M电极上的电极反应式为: OHC—CHO+2e-+H2O===HOOC—CHO+2H+ C.M极与电源的负极相连 D.电解一段时间后,N极附近溶液的pH变小 【答案】A 【解析】 【分析】 阳离子向阴极移动,由装置示意图可知,H+由左室移向右室,则M电极是电解池的阳极,氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氯气,电极反应式为2Cl--2e-=Cl2,然后氯气将乙二醛氧化为乙醛酸,OHC—CHO+Cl2+H2O=HOOC—CHO+2Cl-+2H+。 N极为电解池的阴极,乙二酸在阴极是得电子发生还原反应生成乙醛酸,电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O。 【详解】A项、2molH+通过质子交换膜,则电池中转移2mol电子。 阴极的电极方程式为HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O,阳极区的反应有2Cl--2e-=Cl2,OHC—CHO+Cl2+H2O=HOOC—CHO+2Cl-+2H+。 因此,两极各生成1mol乙醛酸,共生成2mol乙醛酸,故A正确; B项、M电极是电解池的阳极,氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氯气,电极反应式为2Cl--2e-=Cl2,然后氯气将乙二醛氧化为乙醛酸,OHC—CHO+Cl2+H2O=HOOC—CHO+2Cl-+2H+,故B错误; C项、M电极是电解池的阳极,与电源的正极相连,故C错误; D项、N极为电解池的阴极,若有2molH+通过质子交换膜进入阴极室,则电池中转移2mol电子,阴极的电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O,则消耗H+与迁移过来的物质的量相等,乙二酸中羧基减少了,阴极N极附近溶液的pH不会减小、只能变大,故D错误。 故选A。 【点睛】本题考查电解池原理的应用,把握电解池原理,注意运用离子移动方向判断电极以及电解过程中电子守恒的计算应用是解答关键。 12.向体积为2L、物质的量浓度均为1mol/L的NH3·H2O、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中缓缓地通入CO2至过量,则下列说法正确的是() A.整个过程中通入的CO2(x轴)与生成沉淀(y轴)的关系如图所示 B.当沉淀达到最大值时,至少通入标准状况下的CO2的体积为89.6L C.缓缓通入CO2与KAlO2反应时的离子方程式为: AlO2-+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO3- D.沉淀刚达到最大值时,溶液中离子浓度的关系为: c(K+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(NH4+)>c(H+) 【答案】D 【解析】 【分析】 向体积为2L、物质的量浓度均为1mol/L的NH3·H2O、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中通入CO2,立刻就有沉淀BaCO3产生,首先发生反应Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O,将Ba(OH)2消耗完毕,接下来与KAlO2生成反应Al(OH)3沉淀,发生反应2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-,沉淀量达最大后,再与NH3·H2O反应,发生反应2NH3·H2O+CO2=(NH4)2CO3+H2O,后发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-,最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2,沉淀部分溶解。 【详解】A项、整个过程中,依据碱性强弱顺序可知,反应顺序为Ba(OH)2、KAlO2、NH3·H2O,图像与实际反应不符,故A错误; B项、当沉淀达到最大值时,2molBa(OH)2完全转化为BaCO3沉淀,消耗2mol二氧化碳;2molKAlO2完全转化为Al(OH)3,消耗1mol二氧化碳,故当沉淀达到最大值时通入二氧化碳的物质的量为3mol,标准状况下的CO2的体积为6.72L,故B错误; C项、缓缓通入CO2与KAlO2反应时,反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钾,反应的离子方程式为2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-,故C错误; D项、沉淀刚达到最大值时,溶液中溶质K2CO3和NH3·H2O的物质的量比为1: 2,溶液中离子浓度的关系为: c(K+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(NH4+)>c(H+),故D正确。 故选D。 【点睛】本题考查反应先后顺序问题,把握溶液酸碱性的强弱顺序,注意元素化合物性质及发生的反应是解答关键。 13.某烃的结构如图所示,则下列说法正确的是() A.该有机物能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B.该有机物与 互为同分异构体 C.该有机物的分子式为C18H32 D.该有机物的核磁共振氢谱有4个峰,且面积之比为1∶2∶2∶2 【答案】C 【解析】 【分析】 该有机物属于脂环烃,分子式为C18H32,因为结构对称,分子中含有6类氢原子,核磁共振氢谱有6个峰。 【详解】A项、该有机物分子中的碳原子均是饱和碳原子,不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故A错误; B项、 的分子式为C18H32, 的分子式为C14H24,两者分子式不同,不互为同分异构体,故B错误; C项、由结构简式可知,该有机物的分子式为C18H32,故C正确; D项、由结构简式可知,该有机物的核磁共振氢谱有6个峰,且面积之比为2∶4∶4∶1: 1: 4,故D错误。 故选C。 【点睛】本题考查有机物的结构与性质,注意分子式的计算,掌握饱和碳原子的性质,明确结构对称性与核磁共振氢谱的故选是解答关键。 14.25℃时,Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中,金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-lgc(M2+)]与溶液pH的变化关系如图所示,已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]。 下列说法不正确的是() A.Ksp[Cu(OH)2]的数量级为10-20 B.当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时,溶液中c(Fe2+)∶c(Cu2+)=104.6∶1 C.除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+,可加入适量CuO D.向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体,可转化为Y点对应的溶液 【答案】C 【解析】 【分析】 25℃时,由Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]可知溶液pH相同时,饱和溶液中c(Fe2+)>c(Cu2+),则曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系,曲线b表示Fe(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系。 【详解】A项、曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系,由图可知,当pH=10时,-lgc(M2+)=11.7,则Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)c2(OH-)=10—11.7×(10—4)2=10—19.7,故A正确; B项、当Fe(O
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