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精选3份合集佛山市名校学年高考化学检测试题
2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题(本题包括15个小题,每小题4分,共60分.每小题只有一个选项符合题意)
1.用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的的是
A.区别苯和甲苯
B.检验硫酸铁溶液中是否有硫酸亚铁
C.检验CH2=CHCHO中含碳碳双键
D.区别SO2和CO2
2.下图为某二次电池充电时的工作原理示意图,该过程可实现盐溶液的淡化。
下列说法错误的是
A.充电时,a为电源正极
B.充电时,Cl-向Bi电极移动,Na+向NaTi2(PO4)2电极移动
C.充电时,新增入电极中的物质:
n(Na+):
n(Cl-)=1:
3
D.放电时,正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O
3.用某种仪器量取液体体积时,平视时读数为nmL,仰视时读数为xmL,俯视时读数为ymL,若X>n>y,则所用的仪器可能为
A.滴定管B.量筒C.容量瓶D.以上均不对
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列有关叙述正确的是()
A.标准状况下,22.4L二氯甲烷的分子数约为NA
B.乙烯和丙烯组成的42g混合气体中含碳原子数为6NA
C.1mol甲醇完全燃烧生成CO2和H2O,转移的电子数目为12NA
D.将1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性,溶液中CH3COO-数目等于NA
5.化学与人类生产、生活密切相关,下列叙述中不正确的是()
A.从花生中提取的生物柴油和从石油炼得的柴油都属于烃类物质
B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料
C.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料
D.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料,实现“碳”的循环利用
6.零族元素难以形成化合物的本质原因是
A.它们都是惰性元素B.它们的化学性质不活泼
C.它们都以单原子分子形式存在D.它们的原子的电子层结构均为稳定结构
7.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。
X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙,甲是常见温室效应气体。
x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质,丁是化合物,其转化关系如图所示。
下列判断不正确的是
A.反应①②③都属于氧化还原反应B.X、Y、Z、W四种元素中,W的原子半径最大
C.在信息工业中,丙常作光导纤维材料D.一定条件下,x与甲反应生成丁
8.下列物质中,由极性键构成的非极性分子是
A.氯仿B.干冰C.石炭酸D.白磷
9.下列图示(加热装置省略,其序号与选项的序号对应)的实验操作,能实现相应实验目的的是
A.探究乙醇的催化氧化
B.实验室制取并收集少量纯净的氯气
C.研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响
D.实验室制备少量NO
10.室温下,用
的
溶液滴定
的
溶液,水的电离程度随
溶液体积的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是()
A.该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂
B.从
点到
点,溶液中水的电离程度逐渐增大
C.
点溶液中
D.
点对应的
溶液的体积为
11.下列离子方程式书写正确的是
A.碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液:
HCO3-+OH-=CO32-+H2O
B.向次氯酸钙溶液通入少量CO2:
Ca2++2C1O-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HC1O
C.实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2:
MnO2+4HCl(浓)===Mn2++2Cl-+Cl2↑+2H2O
D.向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液:
NH4++OH-=NH3↑+H2O
12.NA代表阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A.88.0g14CO2与14N2O的混合物中所含中子数为44NA
B.1molCH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中,CH3COO-数目为NA
C.17.4gMnO2与40mL10mol/L浓盐酸反应,转移电子的数目为0.2NA
D.常温下pH=4的醋酸溶液中由水电离出的H+的数目为10-10NA
13.在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.SO2
CaSO3
CaSO4
B.Fe3O4(s)
Fe(s)
Fe(NO3)3(aq)
C.MgO(s)
MgSO4(aq)
Mg(s)
D.Fe
FeSO4(aq)
Fe(OH)2
FeO
14.化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关,下列叙述正确的是
A.塑料、有机玻璃、光导纤维、碳纤维都是新型有机高分子材料
B.磁性氧化铁可用于制备红色颜料和油漆
C.用明矾溶液可清除铜镜表面的铜锈,是因为溶液中的A13+离子能与铜锈反应
D.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒,可利用血液透析进行治疗,该过程涉及胶体性质的应用
15.室温下,在20mL新制氯水中滴加pH=13的NaOH溶液,溶液中水电离的c(H+)与NaOH溶液体积的关系如图所示。
已知:
K(HClO)=3×10-8,H2CO3:
Ka1=4.3×10-7,Ka2=5.6×10-11。
下列说法正确的是
A.m一定等于20
B.b、d点对应的溶液显中性
C.c点溶液中c(Na+)=2c(ClO-)+2c(HClO)
D.向c点溶液中通入少量CO2:
2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-
二、实验题(本题包括1个小题,共10分)
16.钠是一种非常活泼的金属,它可以和冷水直接反应生成氢气,但是它与煤油不会发生反应。
把一小块银白色的金属钠投入到盛有蒸镏水的烧杯中,如图a所示,可以看到钠块浮在水面上,与水发生剧烈反应,反应放出的热量使钠熔成小球,甚至会使钠和生成的氢气都发生燃烧。
如果在上述盛有蒸镏水的烧杯中先注入一些煤油,再投入金属钠,可以看到金属钠悬浮在煤油和水的界面上,如图b所示,同样与水发生剧烈的反应,但不发生燃烧。
图a
图b
(1)在第一个实验中,钠浮在水面上;在第二个实验中,钠悬浮在煤油和永的界面上,这两个现象说明了:
________。
(2)在第二个实验中,钠也与水发生反应,但不发生燃烧,这是因为________。
(3)我们知道,在金属活动性顺序中,排在前面的金属能把排在后面的金属从它的盐溶液里置换出来,可将金属钠投入到硫酸铜溶液中,却没有铜被置换出来,而产生了蓝色沉淀,请用化学方程式解释这一现象____。
三、推断题(本题包括1个小题,共10分)
17.采用湿法冶金工艺回收废旧光盘中的金属Ag(其他金属因微量忽略不计),其流程如下:
回答下列问题:
(1)①“操作I”为_____,在实验室进行此操作需要用到的玻璃仪器有_____。
②在实验室利用“操作I”的装置洗涤难溶物的操作方法是_______。
(2)若NaClO溶液与Ag反应的产物有AgCl和O2,则该反应的化学方程式为____若以稀HNO3代替NaClO溶液,其缺点是___(写出一条即可)。
(3)已知Ag2O在酸性条件下能将有毒气体甲醛(HCHO)氧化成CO2,科学家据此原理将上述过程设计为一种电化学装置,以回收电极材料中的金属Ag。
则此电池的正极反应式为_____。
(4)已知室温时,Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5,Ksp(AgCl)=1.8×10-10。
计算反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)
2AgCl(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=_____。
(保留两位有效数字)
四、综合题(本题包括2个小题,共20分)
18.2-丁烯是一种重要的有机化工原料。
回答下列问题:
(1)已知2-丁烯有顺、反两种同分异构体,可表示为顺
、反
。
一定条件下,它们分别发生加成反应的热化学方程式为:
①顺
:
。
②反
:
相同条件下,两种气体之间存在如下转化:
该反应的△H=________。
下列叙述中,能表明该反应已达到平衡状态的是________(填序号)。
a.顺-C4H8的含量保持不变
b.混合气体的平均摩尔质量保持不变
c.混合气体中碳的质量分数保持不变
达到平衡后,若要进一步提高体系中反-C4H8的含量,可采取的措施是___________________________。
(2)2-丁烯与氯气反应时,一般用镍作催化剂。
镍具有优良的物理和化学特性,是许多领域尤其是高科技产业的重要原料。
①羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为:
Ⅰ.Ni(s)+4CO(g)
Ni(CO)4(g)△H<0
Ⅱ.Ni(CO)4(g)
Ni(s)+4CO(g)
则下图中能反映出羰基法提纯粗镍过程中能量变化的是________。
②一定条件下,在2L密闭容器中制备Ni(CO)4,粗镍(所含杂质不与CO反应)剩余质量和反应时间的关系如图所示。
Ni(CO)4在0~10min的平均反应速率为________mol/(L·min)。
③若反应Ⅱ达到平衡后,保持其他条件不变,降低温度,重新达到平衡时________(填序号)。
a.平衡常数K增大b.CO的浓度减小c.v逆[Ni(CO)4]增大
④设计简单实验方案用羰基法提纯粗镍:
将粗镍粉末装入玻璃管一端,抽真空后充入CO并封管,______________________________________________________________________。
19.(6分)有机物A是聚合反应生产胶黏剂基料的单体,亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料,相关合成路线如下:
已知:
在质谱图中烃A的最大质荷比为118,其苯环上的一氯代物共三种,核磁共振氢谱显示峰面积比为3:
2:
2:
2:
1。
根据以上信息回答下列问题:
(1)A的官能团名称为__________________,B→C的反应条件为_____________,E→F的反应类型为_____________。
(2)I的结构简式为____________________,若K分子中含有三个六元环状结构,则其分子式为________________。
(3)D与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为___________________。
(4)H的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀,1molW参与反应最多消耗3molBr2,请写出所有符合条件的W的结构简式___________________________________。
(5)J是一种高分子化合物,则由C生成J的化学方程式为________。
(6)已知:
(R为烃基)
设计以苯和乙烯为起始原料制备H的合成路线(无机试剂任选)。
[合成路线示例:
]
__________________________________。
参考答案
一、单选题(本题包括15个小题,每小题4分,共60分.每小题只有一个选项符合题意)
1.C
【解析】
【分析】
【详解】
A.甲苯可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,可鉴别,故A不选;
B.硫酸亚铁具有还原性,可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应,可鉴别,故B不选;
C.CH2=C(CH3)CHO中碳碳双键和醛基都可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,不能检验是否含有碳碳双键,故C选;
D.SO2具有还原性,可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应,可鉴别,故D不选;
故选C。
2.C
【解析】
【分析】
充电时,Bi电极上,Bi失电子生成BiOCl,反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+,则Bi为阳极,所以a为电源正极,b为负极,NaTi2(PO4)2为阴极得电子发生还原反应,反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3,放电时,Bi为正极,BiOCl得电子发生还原反应,NaTi2(PO4)2为负极,据此分析解答。
【详解】
A.充电时,Bi电极上,Bi失电子生成BiOCl,Bi为阳极,则a为电源正极,A正确;
B.充电时,Cl-向阳极Bi电极移动,Na+向阴极NaTi2(PO4)2电极移动,B正确;
C.充电时,Bi电极上的电极反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+,NaTi2(PO4)2电极上,反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3,根据得失电子守恒,新增入电极中的物质:
n(Na+):
n(Cl-)=3:
1,C错误;
D.放电时,Bi为正极,正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O,D正确;
故合理选项是C。
【点睛】
本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移动方向的判断的知识。
掌握电化学装置的工作原理,注意电极反应的书写是关键,难度中等。
3.A
【解析】
【分析】
【详解】
平视时读数为nmL,仰视时读数为xmL,所读数据偏下,俯视时读数为ymL所读数据偏上,若x>n>y,说明该仪器的刻度自上而下逐渐增大,所以该仪器为滴定管,答案选A。
4.D
【解析】
【详解】
A.在标准状况下二氯甲烷呈液态,不能使用气体摩尔体积进行计算,A错误;
B.乙烯和丙烯的最简式是CH2,最简式的式量是14,乙烯和丙烯的组成的42g混合气体中含有最简式的物质的量是3mol,所以其中含C原子数为3NA,B错误;
C.甲醇燃烧的方程式为2CH3OH+3O2
2CO2+4H2O,根据方程式可知:
2mol甲醇完全燃烧转移12mol电子,则1mol甲醇完全燃烧生成CO2和H2O,转移的电子数目为6NA,C错误;
D.根据电荷守恒可知n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-),由于溶液显中性,则n(H+)=n(OH-),所以n(Na+)=n(CH3COO-),因此将1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性,溶液中CH3COO-数目等于NA,D正确;
故合理选项是D。
5.A
【解析】
【详解】
A.花生油的成分是油脂,属于烃的含氧衍生物,石油炼得的柴油为烃类物质,故A错误;
B.増强聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的,属于有机高分子材料,故B正确;
C.新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等,碳化硅是一种新型的无机非金属材料,故C正确;
D.用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯,能够在较短的时间内降解,实现“碳”的循环利用,防止形成白色污染,故D正确;
答案选A。
6.D
【解析】
零族元素难以形成化合物的本质原因是最外层都已达到稳定结构,不容易和其它原子化合,故选D。
7.B
【解析】
【分析】
已知甲是常见温室效应气体,X、W为同一主族元素,X、W形成的最高价氧化物分别为甲、丙,则X为C元素、W为Si元素,甲为二氧化碳,丙为二氧化硅,x、w分别为X、W的单质,在高温条件下x碳单质与二氧化硅反应生成w为硅,丁为一氧化碳;y2为氧气,碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳,则Y为O元素,Z为金属元素,z金属单质能与二氧化碳反应生成碳单质与金属氧化物,则Z为Mg元素,综上所述,X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素,据此解答。
【详解】
由以上分析可知,X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素,
A.反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应,A项正确;
B.同周期元素原子半径从左到右依次减小,同主族元素原子半径从上而下以此增大,故C、O、Mg、Si四种元素中,Mg的原子半径最大,B项错误;
C.丙为二氧化硅,在信息工业中,二氧化硅常作光导纤维材料,C项正确;
D.在高温条件下,碳与二氧化碳反应生成一氧化碳,D项正确;
答案选B。
8.B
【解析】
【详解】
A、氯仿是极性键形成的极性分子,选项A错误;
B、干冰是直线型,分子对称,是极性键形成的非极性分子,选项B正确;
C、石炭酸是非极性键形成的非极性分子,选项C错误;
D、白磷是下正四面体结构,非极键形成的非极性分子,选项D错误;
答案选B。
9.C
【解析】
【分析】
A、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化;
B、盐酸易挥发;
C、研究催化剂对反应的速率的影响,过氧化氢的浓度应相同;
D、NO易被空气中氧气氧化。
【详解】
A、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化,无法判断酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是乙醛还是乙醇,故A错误;
B、因盐酸易挥发,收集到的氯气中混有氯化氢和水,故B错误;
C、研究催化剂对反应速率的影响,加入的溶液的体积相同,金属离子和过氧化氢的浓度也相同,符合控制变量法的原则,可达到实验目的,故C正确;
D、NO易被空气中氧气氧化,应用排水法收集,故D错误;
故选C。
【点睛】
本题考查化学实验方案的评价,涉及乙醇催化氧化、气体的制备以及反应速率的影响因素等,把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键,注意方案的合理性、操作性分析。
10.D
【解析】
【详解】
A.用NaOH溶液滴定醋酸,由于恰好完全反应时产生的醋酸钠是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,因此要选择碱性范围内变色的指示剂误差较小,可选用酚酞作指示剂,不能选用甲基橙作指示剂,A错误;
B.P点未滴加NaOH溶液时,CH3COOH对水的电离平衡起抑制作用,随着NaOH的滴入,溶液的酸性逐渐减弱,水的电离程度逐渐增大,到M点时恰好完全反应产生CH3COONa,水的电离达到最大值,后随着NaOH的滴入,溶液的碱性逐渐增强,溶液中水的电离程度逐渐减小,B错误;
C.N点溶液为NaOH、CH3COONa按1:
1物质的量之比混合而成,根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-),根据电荷守恒可得:
c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-),将两个式子合并,整理可得c(OH-)=2c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+),C错误;
D.M点时溶液中水电离程度最大,说明酸碱恰好完全中和产生CH3COONa,由于醋酸是一元酸、NaOH是一元碱,二者的浓度相等,因此二者恰好中和时的体积相等,故M点对应的NaOH溶液的体积为10.00mL,D正确;
故合理选项是D。
11.B
【解析】A、碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液,反应的离子方程式为:
Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+ H2O,选项A错误;B、向次氯酸钙溶液通入少量CO2,反应的离子方程式为:
Ca2++2C1O-+CO2+H2O=CaCO3↓+ 2HC1O,选项B正确;C、实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2,反应的离子方程式为:
MnO2+4H++2Cl-=Mn2++ Cl2↑+ 2H2O,选项C错误;D、向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液,反应的离子方程式为:
NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3•H2O+H2O,选项错误。
答案选B。
12.B
【解析】
【详解】
A.14CO2分子中含有24个中子,88.0g14CO2的物质的量为88.0g÷46g/mol=1.91mol,所以其中含有的中子数目为1.91×24NA=45.9NA;14N2O的分子中含有22个中子,88.0g14N2O的物质的量等于2mol,所以其中含有的中子数目为44NA,所以88.0g14CO2与14N2O的混合物中所含中子数大于44NA,A错误;
B.在该中性溶液中n(CH3COO-)=n(Na+),由于CH3COONa的物质的量是1mol,所以该溶液中CH3COO-数目为NA,B正确;
C.17.4gMnO2的物质的量n(MnO2)=17.4g÷87g/mol=0.2mol,n(HCl)=10mol/L×0.04L=0.4mol,根据方程式中物质反应关系MnO2过量,应该以HCl为标准计算,但随着反应的进行,盐酸溶液浓度变小,所以0.4molHCl不能完全反应,所以反应过程中转移电子的物质的量小于0.2NA,C错误;
D.只有离子浓度,缺少溶液的体积,不能计算微粒的数目,D错误;
故合理选项是B。
13.B
【解析】
【分析】
【详解】
A.二氧化硫不能与氯化钙反应,A项错误;
B.四氧化三铁和铝在高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝,铁和足量的硝酸反应生成硝酸铁,能一步实现,B项正确;
C.电解硫酸镁溶液,本质为电解水,得到氢气和氧气,得不到镁单质,C项错误;
D.空气中灼烧氢氧化亚铁生成三氧化二铁,D项错误。
答案选B。
14.D
【解析】
【详解】
A.光导纤维主要成分是二氧化硅不属于有机高分子材料,故A错误;
B.磁性氧化铁的成分是四氧化三铁,是黑色固体,不能制备红色颜料和油漆,故B错误;
C.明矾溶液中
水解使溶液呈酸性,铜锈为
溶于酸性溶液,故能利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈,而不是因为溶液中的
离子能与铜锈反应,故C错误;
D.血液透析原理就是胶体的渗析原理,胶体不能通过半透膜,涉及胶体性质,故D正确;
故答案为:
D。
15.C
【解析】
【分析】
分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知,a~c段水电离出的氢离子浓度逐渐增大,说明这个过程中促进了水的电离,在c~d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小,说明此过程中水的电离被抑制。
在c点水的电离程度最大,此时溶液中的溶质为:
NaCl和NaClO。
据此进行判断。
【详解】
A.NaOH溶液的pH=13,则c(NaOH)=0.1mol·L-1,新制氯水的浓度不确定,m不一定等于20,A项错误;
B.由题给信息可知,a点时还未加入NaOH,此时溶液呈酸性,c点中水电离程度最大,此时所得溶液溶质是NaCl和NaClO,溶液呈碱性,故b点溶液呈中性,c~d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小,说明随着NaOH的继续加入,水的电离受到抑制,故d点溶液应呈碱性,B项错误;
C.a~c点发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-),由物料守恒知,c(Na+)=c(Cl-)+c(HClO)+c(ClO-),故c(Na+)=2c(ClO-)+2c(HClO),C项正确;
D.由电离常数知,电离质子能力:
H2CO3>HClO>HCO3-,故H2O+ClO-+CO2=HCO3-+HClO,D项错误;
答案选C。
二、实验题(本题包括1个小题,共10分)
16.钠的密度大于煤油的密度,小于水的密度钠不与空气接触,缺乏燃烧条件2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑
【解析】
【详解】
(1)根据物体的浮沉条件可知:
钠浮在水面上,说明钠的密度小于水的密度,钠悬浮在煤油和水的界面上,说明钠的密度大于煤油的密度;故答案为:
钠的密度大于煤油的密度,小于水的密度;
(2)根据燃烧的条件可知,钠不燃烧的原因是:
煤油将钠与空气隔绝;故答案为:
钠不与空气接触,缺乏燃烧条件;
(3)金属钠投入到硫酸铜溶液中,首先与水反应,生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应,相关的化学方程式为:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑;故答案为:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2
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