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甘肃省白银市会宁四中2015-2016学年高三第二次月考化学试卷.doc


2015-2016 学年甘肃省白银市会宁四中高三(上)第二次月 考化学试卷 参考答案与试题解析
一.单项选择题(每小题 3 分,共 42 分) 1.化学在生产和日常生活中有着重要的应用.下列说法不正确的是( )

A.华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就,光纤的主要成分是高纯度的二 氧化硅 B.工业上用石灰对煤燃烧后形成的烟气进行脱硫,并

能回收得到石膏 C.“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量 D.电解 MgCl2 溶液,可制得金属镁 【考点】硅和二氧化硅;常见的生活环境的污染及治理;金属冶炼的一般原理. 【分析】A.二氧化硅是光导纤维的主要成分; B.石灰吸收二氧化硫最终生成硫酸钙; C.通过“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量,可减少粉尘污染、酸雨等; D.电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气. 【解答】解:A.华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就,光纤的主要成分 是高纯度的二氧化硅,故 A 正确; B.石灰能吸收二氧化硫,则可以用石灰对煤燃烧后形成的烟气进行脱硫,反应生成亚硫酸 钙,再被氧化最终生成硫酸钙,故 B 正确; C.通过“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量,可减少粉尘污染、酸雨等,故 C 正确; D.电解氯化镁生成氢氧化镁、氯气和氢气,得不到镁,故 D 错误; 故选:D. 【点评】 本题考查了元素化合物知识、 环境污染与保护、 金属的冶炼, 熟悉相关物质的性质、 金属冶炼方法即可解答,题目难度不大.

2.用 NA 代表阿伏加德罗常数的值,下列有关说法正确的是( A.78g 过氧化钠晶体中,含 2NA 个阴离子 B.常温常压下,22.4L 氦气含有 NA 个氦原子



C.在 O2 参与的反应中,1 mol O2 作氧化剂时得到的电子数一定是 4NA D.常温下 16g O2 与 O3 的混合气体中含氧原子数为 NA 【考点】阿伏加德罗常数. 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律. 【分析】A、质量换算物质的量结合过氧化钠构成离子分析判断; B、依据气体摩尔体积的体积应用分析计算; C、氧气反应可以生成﹣2 价化合物,也可以形成﹣1 价化合物; D、由质量、摩尔质量计算氧原子物质的量,再计算原子数. 【解答】解:A、78g 过氧化钠晶体物质的量为 1mol,含阴离子 O22 物质的量 1mol,故 A


错误; B、常温常压下,22.4L 氦气物质的量不是 1mol,故 B 错误; C、在 O2 参与的反应中,1 mol O2 作氧化剂时变化为﹣2 价得到电子 4mol,1 mol O2 作氧化 剂时变化为﹣1 价得到电子 2mol,故 C 错误; D、常温下 16g O2 与 O3 的混合气体中含氧原子物质的量= NA,故 D 正确; 故选 D. 【点评】本题考查了质量换算物质的量计算微粒数、气体摩尔体积的体积应用、 ,氧化还原 反应的电子得失数目,熟练掌握计算关系是解题关键. =1mol,含氧原子数为

3.下列离子方程式不正确的是(



A.用稀硫酸除去铜绿:4H++Cu2(OH)2CO3═2Cu2++CO2↑+3H2O B.Fe3O4 与稀硝酸反应的离子方程式为:Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O C.向 NH4Al(SO4)2 溶液中滴入 Ba(OH)2 溶液恰好使 SO42 完全沉淀:


2Ba2++NH4++Al3++2SO42 +4OH ═Al(OH)3↓+NH3?H2O+2BaSO4↓
﹣ ﹣

D.少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合:Ca2++2OH +2HCO3 ═CaCO3↓+2H2O+CO32
﹣ ﹣



【考点】离子方程式的书写. 【分析】A.稀硫酸与碱式碳酸铜反应生成硫酸铜、二氧化碳气体和水; B.稀硝酸具有强氧化性,能够将亚铁离子氧化成铁离子;

C.硫酸根离子恰好生成时,硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为 1:2,由于铵根离子结 合氢氧根离子能力大于氢氧化铝,则反应生成氢氧化铝沉淀和一水合氨; D.氢氧化钙少量,离子方程式按照氢氧化钙的化学式组成书写,反应离子方程式中碳酸根 离子有剩余. 【解答】解:A.用稀硫酸除去铜绿,反应的离子方程式为:4H++Cu2(OH)
2CO3═2Cu 2+

+CO2↑+3H2O,故 A 正确;

B.Fe3O4 与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮气体和水,正确的离子方程式为: 3Fe3O4+28H++NO3 =NO↑+9Fe3++14H2O,故 B 错误;


C.向 NH4Al(SO4)2 溶液中滴入 Ba(OH)2 溶液恰好使 SO42 完全沉淀,硫酸铝铵与氢氧


化钡的物质的量之比为 1:2,由于铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝,则反应生 成氢氧化铝沉淀和一水合氨,反应的离子方程式为:2Ba2++NH4++Al3++2SO42 +4OH ═Al
﹣ ﹣

(OH)3↓+NH3?H2O+2BaSO4↓,故 C 正确; D.少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合,反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水,反应的离 子方程式为:Ca2++2OH +2HCO3 ═CaCO3↓+2H2O+CO32 ,故 D 正确;
﹣ ﹣ ﹣

故选 B. 【点评】本题考查了离子方程式的书写判断,题目难度中等,注意掌握离子方程式的书写原 则,明确 判断离子方程式正误的常用方法,B、C 为易错点,B 注意稀硝酸能够氧化亚铁离 子、C 明确铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝.

4.用惰性电极电解某无色溶液时,有如下实验现象:阳极上有无色气体产生;阴极附近有 白色沉淀生成.则原溶液中可能大量共存的离子组是( A.Na+、Ba2+、NO3 、Cl
﹣ ﹣ ﹣ ﹣




B.H+、Mg2+、Na+、SO42


C.CO32 、K+、Cl 、Na+ 【考点】离子共存问题. 【专题】离子反应专题.

D.Fe2+、NO3﹣、SO42 、Na+

【分析】无色溶液时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4 等有色离子的存在,


A.该组离子用惰性电极电解时,阴极上不会生成白色沉淀; B.NO3 、Mg2+、Na+、SO42 之间不发生反应,都是无色离子,且用惰性电极电解时阳极
﹣ ﹣

生成氧气、阴极生成氢氧化镁沉淀; C.该组离子用惰性电极电解时,阴极上不会生成白色沉淀;

D.亚铁离子为有色离子,不满足溶液无色的条件 【解答】解:A.Na+、Ba2+、NO3 、Cl 离子用惰性电极电解时,阴极上不会生成白色沉淀,
﹣ ﹣

故 A 错误; B.NO3 、Mg2+、Na+、SO42 之间不发生反应,且都是无色离子,且用惰性电极电解时阳
﹣ ﹣

极生成氧气、阴极生成氢氧化镁沉淀,满足题干要求,故 B 正确; C.CO32 、K+、Cl 、Na+离子用惰性电极电解时,阴极上不会生成白色沉淀,故 C 错误;
﹣ ﹣

D.Fe2+为有色离子,不满足溶液无色的要求,故 D 错误; 故选 B. 【点评】本题考查了离子共存的判断,题目难度中等,注意掌握离子反应发生条件,需要明 确题干限制条件:无色溶液中不能存在有色离子、阳极上有无色气体产生、阴极上有白色沉 淀生成,溶液中必须存在与氢氧根离子反应生成难溶物的离子.

5.下列推断正确的是(



A.SiO2 是酸性氧化物,不溶于水,也不能与任何酸发生反应 B.Na2O、Na2O2 组成元素虽然相同,但与 H2O、CO2 等反应的产物不完全相同 C.CO、SO2、NO、NO2 都是对大气产生污染的气体,他们在空气中都能稳定存在 D.浓硫酸可用于干燥氢气、氯化氢、碘化氢等气体,但不能干燥氨气、二氧化氮气体 【考点】硅和二氧化硅;氮的氧化物的性质及其对环境的影响;浓硫酸的性质;钠的重要化 合物. 【分析】A.二氧化硅与氢氟酸反应; B.氧化钠与水反应生成氢氧化钠,与二氧化碳反应生成碳酸钠,过氧化钠与水反应生成氢 氧化钠和氧气,与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气; C.一氧化氮不稳定容易被氧气氧化; D.浓硫酸具有强的氧化性. 【解答】解:A.二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅,故 A 错误; B.氧化钠与水反应生成氢氧化钠,与二氧化碳反应生成碳酸钠,过氧化钠与水反应生成氢 氧化钠和氧气,与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,二者产物不同,故 B 正确; C.一氧化氮不稳定容易被氧气氧化生成二氧化氮,故 C 错误; D.浓硫酸具有强的氧化性,不能干燥碘化氢还原性气体,故 D 错误; 故选:B.

【点评】 本题考查了元素化合物知识, 熟悉二氧化硅、 过氧化钠、 浓硫酸的性质是解题关键, 题目难度不大.

6.下列图示实验合理的是(



A.图 1 为证明非金属性强弱:S>C>Si B.图 2 为制备少量氧气 C.图 3 为配制一定物质的量浓度的硫酸溶液 D.图 4 为制备并收集少量 NO2 气体 【考点】化学实验方案的评价. 【专题】实验评价题. 【分析】A.发生强酸制取弱酸的反应; B.过氧化钠为粉末固体; C.不能在量筒中稀释; D.二氧化氮与水反应. 【解答】解:A.发生强酸制取弱酸的反应,则酸性为硫酸>碳酸>硅酸,则非金属性为 S >C>Si,故 A 正确; B.过氧化钠为粉末固体,关闭止水夹不能使反应停止来制备少量氧气,故 B 错误; C.不能在量筒中稀释,应在烧杯中稀释冷却后转移到容量瓶中,故 C 错误; D.二氧化氮与水反应,不能利用排水法收集,故 D 错误; 故选 A. 【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及酸性和非金属性比较、气体的制 备和收集、 溶液配制等, 把握物质的性质及实验原理为解答的关键, 注意实验的评价性分析, 题目难度不大.

7. 某溶液中大量存在以下五种离子: NO3 、 SO42 、 Fe3+、 H +、 M, 其物质的量之比为 n (NO3
﹣ ﹣ ﹣

) :n(SO42 ) :n(Fe3+) :n(H+) :n(M)=2:3:1:3:1,则 M 可能为(




A.Mg2+ 【考点】离子共存问题.

B.Fe2+

C.CO32



D.Ba2+

【专题】守恒法;离子反应专题. 【分析】根据溶液呈电中性,从电荷守恒的角度判断. 【解答】解:已知:物质的量之比为 n(NO3 ) :n(SO42 ) :n(Fe3+) :n(H+) :n(M)
﹣ ﹣

=2:3:1:3:1,假设各离子的物质的量分别为 2mol、3mol、1mol、3mol、1mol, 则 n(NO3 )+2× n(SO42 )=2mol+2× 3mol=8mol,
﹣ ﹣

3× n(Fe3+)+n(H+)=3× 1mol+3mol=6mol, 阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷,则 M 一定为阳离子,因 M 的物质的量为 1mol,根 据电荷守恒,则离子应带 2 个正电荷, 又因 Fe2+在酸性条件下与 NO3 发生氧化还原反应而不能大量共存, Ba2+与 SO42 反应生成沉
﹣ ﹣

淀而不能大量共存, 故选 A. 【点评】本题考查离子共存问题,题目难度中等,注意根据电荷守恒判断 M 应为阳离子, 结合离子反应问题判断.

8.某实验过程如图所示,则图③试管中的现象是(



A.铜片溶解,产生无色气体,该气体遇空气变为红棕色 B.铜片溶解,产生无色气体,该气体遇到空气不变色 C.铜片溶解,放出红棕色有刺激性气味的气体 D.无明显现象,因稀硫酸不与铜反应 【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质.

【专题】几种重要的金属及其化合物. 【分析】试管①中铜和稀硝酸反应方程式为 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,根据 图知,Cu 有剩余,硝酸不足量,向③中加入稀硫酸,酸性条件下,硝酸根离子具有强氧化 性,相当于又有稀硝酸,则硝酸和铜又发生反应 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O. 【解答】解:管①中铜和稀硝酸反应方程式为 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,根 据图知,Cu 有剩余,硝酸不足量,向③中加入稀硫酸,酸性条件下,硝酸根离子具有强氧 化性,相当于又有稀硝酸,则硝酸和铜又发生反应 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O, 生成的无色气体 NO 不稳定,被氧气氧化生成红棕色气体 NO2,同时 Cu 片溶解 所以看到的现象是铜片溶解,且有无色气体生成,该气体在试管口变为红棕色,故选 A. 【点评】本题考查了硝酸和铜的反应,明确“酸性条件下,硝酸根离子具有强氧化性”是解本 题关键,向含有硝酸根离子的溶液中加入稀硫酸,相当于溶液中含有硝酸,为易错题.

9.氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域.在一定条件下,AlN 可通过反应: Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO 合成.下列叙述正确的是( )

A.上述反应中,N2 是还原剂,Al2O3 是氧化剂 B.上述反应中,每生成 1mol AlN 需转移 3mol 电子 C.AlN 中氮的化合价为+3 D.AlN 的摩尔质量为 41g 【考点】氧化还原反应;氧化还原反应的电子转移数目计算. 【专题】氧化还原反应专题. 【分析】氧化还原反应中化合价升高元素失去电子,所在的反应物是还原剂,对应的产物是 氧化产物,化合价降低元素得到电子,所在的反应物是氧化剂,对应的产物是还原产物,化 合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目. 【解答】解:A、反应 Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO 中,氮元素化合价降低,N2 是氧化

剂,碳元素化合价升高,所以 C 是还原剂,故 A 错误; B、反应 Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO 中,化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应

转移电子数目=6,即每生成 2molAlN 需转移 6mol 电子,所以每生成 1molAlN 需转移 3mol 电子,故 B 正确; C、AlN 中铝元素显+3 价,根据化合价规则,所以氮的化合价为﹣3,故 C 错误;

D、AlN 的摩尔质量是 41g/mol,g 是质量的单位,故 D 错误. 故选 B. 【点评】本题考查学生氧化还原反应中的基本概念和电子转移知识,难度不大.

10.下列说法正确的是(




A. 氢气的燃烧热为△ H=﹣285.5k?Jmol 1, 则电解水的热化学方程式为 2H2O (l) (g)+O2(g)△ H=+285.5k?Jmol
﹣1

2H2

B. 密闭容器中, 9.6g 硫粉与 11.2g 铁粉混合加热生成硫化亚铁 17.6g 时, 放出 19.12kJ 热量. 则 Fe(s)+S(s)═FeS(s)△ H=﹣95.6kJ?mol
﹣1

C.500℃、30MPa 下,将 0.5molN2 和 1.5molH2 置于密闭的容器中充分反应生成 NH3(g) , 放热 19.3kJ,其热化学方程式为:N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)△ H=﹣38.6k?Jmol
﹣1

D. 相同条件下, 在两个相同的恒容密闭容器中, 1molN2 和 3molH2 反应放出的热量与 2molN2 和 3molH2 反应放出的热量一样多 【考点】热化学方程式;有关反应热的计算. 【专题】化学反应中的能量变化. 【分析】A、燃烧热是 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量; B、根据参加反应的物质的量计算反应热; C、0.5molN2 和 1.5molH2 置于密闭容器中充分反应生成 NH3(g) ,放热 19.3kJ,生成的氨气 的物质的量小于 1mol; D、1molN2 和 3molH2 反应与 2molN2 和 3molH2 反应生成的氨气的物质的量不一样,据此回 答. 【解答】解:A、燃烧热是 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,所以水分解 的热化学方程式:H2O(l)=H2(g)+ O2(g)△ H=+285.5 kJ?mol 1,但是电解水的热化学


方程式中,根据能量守恒,电能的介入会导致热能减少,吸收的热量变小,故 A 错误; B、n(S)= = =0.3mol,n(Fe)= = =0.2mol,已知 Fe+S FeS,所

以 Fe 的量不足,按照 Fe 计算,

,所以 1molFe 反应放出热量为:95.6 kJ,


所以热化学方程式为:Fe(s)+S(s)=FeS(s)△ H=﹣95.6 kJ?mol 1,故 B 正确;

C、0.5mol N2 和 1.5molH2 置于密闭的容器中充分反应生成 NH3(g) ,放热 19.3kJ,因反应 为可逆反应, 则 1molN2 和 3molH2 置于密闭的容器中充分反应生成 NH( , 放热不是 38.6kJ, 3 g) 则热化学反应方程式中的反应热数值错误,故 C 错误; D、相同条件下,在两个相同的恒容密闭容器中,1molN2 和 3molH2 反应放出的热量不如 2molN2 和 3molH2 反应放出的热量多,多加入氮气会促使化学平衡正向移动,故 D 错误. 故选 B. 【点评】 本题考查学生反应热的计算以及热化学方程式的意义知识, 注意知识的归纳和梳理 是解题的关键,难度不大.

11.关于可逆反应:aA(g)+bB(g)?cC(g)+dD(g)△ H 的有关图象如下:则下列不 正确的是( )

A.p1<p2 T1>T2 B.减小压强,正逆反应速率都减小,平衡右移 C.△ H>0△ S>0 D.升高温度,混合气体的平均摩尔质量增大 【考点】化学平衡的影响因素. 【专题】化学平衡专题. 【分析】根据“先拐先平数值大”知,P1<P2,T1>T2,增大压强,A 的转化率减小,平衡向 逆反应方向移动, 则该反应是一个反应前后气体体积增大的反应, 升高温度, A 的含量减小, 平衡向正反应方向移动,则正反应是吸热反应. 【解答】解:A、根据“先拐先平数值大”知,P1<P2,T1>T2,故 A 正确; B、减小压强,A 的转化率增大,平衡向正反应方向移动,正逆反应速率都减小,故 B 正确; C、升高温度,A 的含量减小,平衡向正反应方向移动,则正反应是吸热反应,△ H>0,该 反应是一个反应前后气体体积增大的反应,△ S>0,故 C 正确;

D、升高温度,A 的含量减小,平衡向正反应方向移动,混合气体的平均摩尔质量 = , 反应是一个反应前后气体体积增大的反应, 所以分母增大, 分子不变,

所以混合气体的平均摩尔质量减小,故 D 错误. 故选 D. 【点评】本题考查了温度、压强对可逆反应平衡的影响,明确“先拐先平数值大”是解本题关 键,难度不大.

12.已知电离平衡常数:K(H2CO3)>K(HClO)>K(HCO3 ) ,氧化性:HClO>Cl2> Br2>Fe3+>I2.下列有关离子反应或离子方程式的叙述中正确的是( )




A.向 FeI2 溶液中滴加少量氯水,反应的离子方程式为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl B.向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色

C.向 NaClO 溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式:2ClO +CO2+H2O=2HClO+CO32




D.能使 pH 试纸显深红色的溶液中,Fe3+、Cl 、Ba2+、Br 能大量共存
﹣ ﹣

【考点】离子方程式的书写;离子反应发生的条件. 【专题】离子反应专题. 【分析】A、还原性 Fe2+<I ,氯气先将碘离子氧化;


B、溴单质能将亚铁离子氧化为浅黄色的三价铁离子, C、碳酸酸性强于次氯酸,向 NaClO 溶液中通入少量二氧化碳能发生反应; D、能使 pH 试纸显深红色的溶液是强酸性溶液. 【解答】解:A、还原性 Fe2+<I ,向碘化亚铁中滴加少量氯水,氯气先将碘离子氧化,后


氧化亚铁离子,故 A 错误; B、氧化性:Br2>Fe3+,向溴水中加入足量氯化亚铁溶液溴单质能将亚铁离子氧化为浅黄色 的三价铁离子,故 B 错误; C、碳酸酸性强于次氯酸,向 NaClO 溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式:ClO +CO2+H2O=HClO+HCO3 ,故 C 错误; D、能使 pH 试纸显深红色的溶液是强酸性溶液,强酸性溶液中 Fe3+、Cl 、Ba2+、Br 能大
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

量共存,故 D 正确. 故选 D.

【点评】本题考查学生离子方程式的书写,要注意反应的先后顺序问题,此题型是现在考试 的热点.

13.向 100mL NaOH 溶液中通入一定量的 CO2 气体,充分反应后,再向所得溶液中逐滴加 入 0.2mol/L 的盐酸,产生 CO2 的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示.下列判断正确的 是( )

A.原 NaOH 溶液的浓度为 0.1mol/L B.通入 CO2 的体积为 448mL C.所得溶液的溶质成分的物质的量之比为(NaOH) : (Na2CO3)=1:3 D.所得溶液的溶质成分的物质的量之比为(NaHCO3) : (Na2CO3)=2:1 【考点】化学方程式的有关计算. 【专题】计算题. 【分析】本题根据题中给出的图象,结合化学反应关系,将化学变化关系,体现在图象上, 分析,当向 100mLNaOH 溶液中通入一定量的 CO2 气体 25mL 时,可能发生的反应有: 2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O 或 NaOH+CO2═NaHCO3 两种可能的情况,通过图象关系,当向 溶液中加盐酸的体积 25mL 时,无气体出现,说明此段内发生了如下反应: HCl+Na2CO3═NaHCO3+NaCl,在加盐酸时产生气体,根据当加盐酸反应完毕时,消耗盐酸 100mL,溶液中有则有 Na2CO3 xmol,生成 NaHCO3 mmol Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl 1mol 1mol 1mol mmol

x 0.025L× 0.2mol/L

解得:x=0.005mol,m=0.005mol 设 75mL 盐酸反应的 NaHCO3 的物质的量 ymol,生成 zmolCO2,则有 NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl 1mol 1mol 1mol

ymol 0.075L× 0.2mol/L zmol 解得:y=0.015mol,z=0.015mol 根据原子守恒,加入盐酸恰好完全反应时,共产生 CO20.015mol,标准状况下的体积为 0.336L,n(Na+)=n(Cl ) ,所以 n(NaOH)=0.02mol,既得 c(NaOH)=0.2mol/L,在根


据上面的计算,求得通 CO2 生成 Na2CO3 0.005mol,NaHCO3 0.01mol,即得出答案. 【解答】解:A? 根据化学反应,向 100mL NaOH 溶液中通入一定量的 CO2 气体,可能发生 的反应有:2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O 或 NaOH+CO2═NaHCO3 两种可能的情况,再加入盐 酸,将 Na2CO3 或 NaHCO3 全部反应生成 NaCl,根据化学反应中原子守恒,则有 n(Na+) =n(Cl ) ,所以 n(NaOH)=n(HCl)=0.2mol/L× 0.1L=0.02mol,既得 c(NaOH)=0.2mol/L, 故 A 错; B? 根据题中的图象,加盐酸 25mL 是与 Na2CO3 反应,在加盐酸到 100mL 是与 NaHCO3 的 反应,设溶液中有 Na2CO3 xmol,生成 NaHCO3 mmol Na2CO3 +HCl═NaHCO3+NaCl 1mol 1mol 1mol mmol


x 0.025L× 0.2mol/L

解得:x=0.005mol,m=0.005mol 设 75mL 盐酸反应的 NaHCO3 的物质的量 ymol,生成 zmolCO2,则有 NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl 1mol 1mol 1mol

ymol 0.075L× 0.2mol/L zmol 解得:y=0.015mol,z=0.015mol 根据原子守恒,加入盐酸恰好完全反应时,共产生 CO2 0.015mol,标准状况下的体积为 0.336L,故 B 错; C?所得溶液的溶质成分为 Na2CO3、NaHCO3,没有 NaOH,故 C 错误; D?根据题中的图象,加盐酸 25mL 是与 Na2CO3 反应,在加盐酸到 100mL 是与 NaHCO3 的反 应,设溶液中有 Na2CO3 xmol,生成 NaHCO3 mmol Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl 1mol 1mol 1mol mmol

x 0.025L× 0.2mol/L

解得:x=0.005mol,m=0.005mol

设 75mL 盐酸反应的 NaHCO3 的物质的量 ymol,生成 zmolCO2,则有 NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl 1mol 1mol 1mol

ymol 0.075L× 0.2mol/L zmol 解得:y=0.015mol,z=0.015mol 求得通入 CO2 反应后,Na2CO3 、NaHCO3 的物质的量分别为 0.005mol、0.01mol,既得 n( NaHCO3 ) :n(Na2CO3)=2:1,故 D 正确. 故选:D. 【点评】本题考查了元素化合物的性质,结合图象的将反应关系与反应有机的结合起来,对 图象的分析, 是解决题目的关键, 易出错在图象分析不到位, 同时化学变化关系分析不出来.

14.将 Mg、Cu 组成的混合物 13.2g 投入到适量的稀硝酸中,固体完全溶解,收集到标准状 况下的 NO 气体 4.48L (无其他还原产物) , 向反应后的溶液中加入过量的 2.5mol?L 1 的 NaOH


溶液 300mL,金属离子完全沉淀.则形成沉淀的质量是( A.21.6g B.26.8g C.23.4g

) D.31.9g

【考点】有关混合物反应的计算. 【分析】Mg、Cu 在反应中失去电子,最终生成 Mg(OH)2、Cu(OH)2,则可知失去电 子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量,根据生成 NO 的气体的物质的量, 可知反应中转移电子的物质的量, 结合氧化还原反应得失电子数目相等, 可知最终生成沉淀 的质量. 【解答】解:反应中 Cu Cu2+~Cu(OH)2、Mg Mg2+~Mg(OH)2,

可知 Mg、Cu 在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量, 根据 HNO3 NO, × 3=0.6mol,

生成 8.96LNO 转移的电子为:

所以反应后生成沉淀的质量为:13.2g+0.6mol× 17g/mol=23.4g, 故选 C. 【点评】本题考查混合物反应的计算,题目难度中等,解答过程中把握电子转移的数目和氢 氧根离子之间的关系为解答该题的关键,注意掌握守恒关系在化学计算中的应用方法.

二、非选择题 15.某无色废水中可能含有 H+、NH4+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、NO3 、CO32 、SO42 中的
﹣ ﹣ ﹣

几种,为分析其成分,分别取废水样品 100mL,进行了三组实验,其操作和有关图象如图 所示:

请回答下列问题: (1)根据上述 3 组实验可以分析废水中一定不存在的离子有: Fe3+、Mg2+、CO32
﹣ ﹣




(2)写出实验③图象中沉淀溶解阶段发生的离子反应方程式: Al(OH)3+OH =AlO2 +2H2O

(3)分析图象,在原溶液中 c(NH4+)与 c(Al3+)的比值为 ,1:1 .NO3 是否存在?


不确定 填(“存在”“不存在”或“不确定”) . 【考点】常见阳离子的检验;常见阴离子的检验. 【专题】物质检验鉴别题. 【分析】无色废水确定无 Fe3+,根据实验①确定有 Na+,根据实验②确定有 SO42 ,根据实


验③确定有 Al3+,一定不含 Fe3+、Mg2+,因为 CO32 与 Al3+不能共存,所以无 CO32 ;故溶
﹣ ﹣

液中存在的离子为:Al3+、NH4+、H+、SO42 ,根据硫酸钡沉淀求出 n(SO42 ) ,根据图象
﹣ ﹣

求出 n(Al3+)和 n(H+) ,再根据电荷守恒确定有没有 NO3 .


【解答】解: (1)无色废水确定无 Fe3+,根据实验①确定有 Na+,根据实验②确定有 SO42 ,


根据实验③确定有 Al3+,一定不含 Fe3+、Mg2+,因为 CO32 与 Al3+不能共存,所以无 CO32 ;
﹣ ﹣

故溶液中存在的离子为:Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42 ,废水中一定不存在的离子有 Fe3+、


Mg2+、CO32 ,故答案为:Fe3+、Mg2+、CO32 ;
﹣ ﹣

(2)氢氧化铝能溶于氢氧化钠中,即 Al(OH)3+OH =AlO2 +2H2O,故答案为:Al(OH)
3+OH






=AlO2 +2H2O;




(3)已知硫酸钡沉淀为 2.33g,则 n(SO42 )=
﹣ ﹣

=0.01mol,

根据图象可知与 Al(OH)3 的 OH 为:n(OH )=0.007mol,

Al(OH)3+OH =AlO2 +2H2O n(Al3+) 0.007mol





所以 n(Al3+)=0.007mol,将铝离子沉淀需要氢氧化钠 0.021mol,所以溶液中 H+消耗氢氧 化钠 0.014mol,氢离子的物质的量是 0.014mol, NH4++OH =NH3?H2O,消耗氢氧化钠 0.007mol,所以铵根离子的物质的量是 0.007mol,原


溶液中 c(NH4+)与 c(Al3+)的比值为 1:1, 有于钠离子的量无法确定,所以根据电荷守恒,无法确定是否在存在硝酸根离子, 故答案为:1:1;不确定. 【点评】本题考查了常见离子检验,现象的判断和离子检验,关键是图象分析离子特征和离 子共存的判断,题目难度中等.

16.高锰酸钾是一种典型的强氧化剂.完成下列填空: I:在用 KMnO4 酸性溶液处理 Cu2S 和 CuS 的混合物时,发生的反应如下: ①MnO4 +Cu2S+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)


②MnO4 +CuS+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)


(1)下列关于反应①的说法中错误的是 d (填字母序号) . a.被氧化的元素是 Cu 和 S b.氧化剂与还原剂的物质的量之比为 8:5 c.生成 2.24L(标况下)SO2,转移电子的物质的量是 0.8mol d.还原性的强弱关系是:Mn2+>Cu2S II:在稀硫酸中,KMnO4 与 (NH4)2Fe(SO4)2 也能发生氧化还原反应. (2)配平 KMnO4 与(NH4)2Fe(SO4)2 反应的离子方程式: 1 MnO4 + 5


Fe2++

8 H+= 1

Mn2++ 5 Fe3++

4

H2O

(3)欲配制 480mL 0.1mol/L Fe2+溶液,需称取(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O(M=392g/mol) 的质量为 19.6 g.需要的玻璃仪器有 500mL 容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒 . III:实验室可由软锰矿(主要成分为 MnO2)制备 KMnO4,方法如下:高温下使软锰矿与 过量 KOH(s)和 KClO3(s)反应,生成 K2MnO4(锰酸钾)和 KCl;用水溶解,滤去残渣; 酸化滤液,K2MnO4 转化为 MnO2 和 KMnO4;再滤去沉淀 MnO2,浓缩结晶得到 KMnO4 晶 体. 请回答:

(4)用软锰矿制备 K2MnO4 的化学方程式是: 6KOH+KClO3+3MnO2═3K2MnO4+KCl+3H2O . (5)K2MnO4 转化为 KMnO4 的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1:2 【考点】氧化还原反应. 【专题】氧化还原反应专题. 【分析】I. (1)根据化合价的变化判断氧化还原反应的相关概念,根据氧化还原反应中氧 化剂和还原剂之间得失电子的物质的量相等计算转移电子的物质的量, 在氧化还原反应中还 原剂的还原性大于还原产物的还原性; (2)反应中 Mn 元素的化合价降低,Fe 元素的化合价升高,依据氧化还原反应电子守恒、 电荷收、原子守恒配平写出离子方程式; II. (3)欲配制 480mL,由于没有该规格的容量瓶,实际上要配制 500mL,需要 500mL 容 量瓶,结合 m=cVM 计算; III. (4)反应物为 KOH、KClO3、MnO2,生成物为 K2MnO4(锰酸钾)和 KCl、水,利用 质量守恒定律书写反应方程式; (5)K2MnO4 转化为 KMnO4 的反应中 K2MnO4→2KMnO4+MnO2,Mn 元素的化合价既升高 又降低,根据得失电子守恒计算. 【解答】解:I. (1)a.反应中铜元素化合价从+1 价升高到+2 价,硫元素化合价从﹣2 价 升高到+4 价,化合价升高的元素被氧化,所以被氧化的元素有 S、Cu,故 a 正确; b.锰元素化合价降低,从+7 价降低为+2 价,Cu2S 元素化合价都升高做还原剂,1molMnO4




得到 5mol 电子,反应中铜元素化合价从+1 价升高到+2 价,硫元素化合价从﹣2 价升高到

+4 价,1molCu2S 失去 8mol 电子,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 8:5,故 b 正确; c.生成 2.24LL(标况下)SO2 时,物质的量为 0.1mol;反应的 Cu2S 物质的量为 0.1mol, 反应中转移电子的物质的量是: Cu+~Cu2+~e ;


S2 ~SO2~6e ;
﹣ ﹣

1

1

1 0.1mol

6 0.6mol

0.2mol 0.2mol

所以电子转移共 0.8mol,故 c 正确; d.氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则还原性的强弱关系是:Mn2+ <Cu2S,故 d 错误. 故答案为:d;

(2) 反应中 Mn 元素的化合价降低, Fe 元素的化合价升高, 高锰酸钾与 Fe2+的反应是 MnO4


~Mn2+~5e ;Fe2+~Fe3+~e ;依据电子守恒,铁离子和亚铁离子前乘 5,依据原子守恒
﹣ ﹣ ﹣

和电荷守恒得到反应的离子方程式为:MnO4 +5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O; 故答案为:1、5、8、1、5、4; II. (3) 欲配制 480mL, 由于没有该规格的容量瓶, 实际上要配制 500mL, 配制 500mL 0.1mol/L Fe2+溶液,需要 500mL 容量瓶,m=cVM=0.5L× 0.1mol/L× 392g/mol=19.6g,还需要的玻璃仪 器为烧杯 胶头滴管 玻璃棒; 故答案为:19.6;500mL 容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒; III. (4)反应物为 KOH、KClO3、MnO2,生成物为 K2MnO4(锰酸钾)和 KCl、水,该反 应为 6KOH+KClO3+3MnO2═3K2MnO4+KCl+3H2O, 故答案为:6KOH+KClO3+3MnO2═3K2MnO4+KCl+3H2O; (5)K2MnO4 转化为 KMnO4 的反应中 K2MnO4→2KMnO4+MnO2,Mn 元素的化合价由+6 价升高为+7 价,Mn 元素的化合价由+6 价降低为+4 价,则氧化剂和还原剂的物质的量之比 为 1:2, 故答案为:1:2. 【点评】本题考查氧化还原反应计算、方程式的配平、溶液的配制,把握反应中元素的化合 价变化为解答的关键,侧重氧化还原反应计算及转移电子的考查,注意从化合价角度分析, 题目难度中等.

17.MnO2 是一种重要的无机功能材料.某研究性学习小组设计了将粗 MnO2 (含有较多的 MnO 和 MnCO3)样品转化为纯净 MnO2 的实验,其流程如图:

请回答下列问题: (1)第①步加硫酸时,粗 MnO2 样品中的 MnO 和 MnCO3 转化为(填化学式) MnSO4 . (2)第①步反应中的硫酸能否用盐酸代替? 否 (填“能”或“否”) ,理由是 盐酸能被二 氧化锰氧化成氯气 . (3)第②步发生反应的离子方程式为 5Mn2++2ClO3 +4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+




(4)取 17.4g MnO2 与 200g 36.5%的浓盐酸(足量)反应,将反应后剩余的溶液用水稀释至 500mL,稀释后溶液中 Cl 的物质的量浓度为 3.2mol/L . 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用. 【分析】由制备流程可知,MnO2 不溶于硫酸,样品中的 MnO 和 MnCO3 分别和硫酸反应生 成可溶性的 MnSO4,滤液中含 MnSO4,第②步发生 5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4, 第③步中发生氯气与热的 NaOH 发 生氧化还原反应生成 NaCl、NaClO3、水,溶液蒸发可得到固体, (1)MnO2 不溶于硫酸,样品中的 MnO 和 MnCO3 分别和硫酸反应生成可溶性的 MnSO4; (2)盐酸可以被二氧化锰氧化成氯气,据此答题; (3)依据得失电子守恒和质量守恒可写出离子方程式; (4)根据反应方程式 MnO2+4HCl(浓) 氯离子,再根据 c= 计算浓度; 【解答】解:由制备流程可知,MnO2 不溶于硫酸,样品中的 MnO 和 MnCO3 分别和硫酸反 应生成可溶性的 MnSO4,滤液中含 MnSO4,第②步发生 5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4, 第③步中发生氯气与热的 NaOH 发 生氧化还原反应生成 NaCl、NaClO3、水,溶液蒸发可得到固体, (1)MnO2 不溶于硫酸,所以加稀硫酸时样品中的 MnO 和 MnCO3 分别和硫酸反应生成可 溶性的 MnSO4,所以粗 MnO2 样品中的 MnO 和 MnCO3 转化为可溶性物质, 故答案为:MnSO4; (2)盐酸可以被二氧化锰氧化成氯气,所以不能用盐酸代替硫酸, 故答案为:否;盐酸能被二氧化锰氧化成氯气; (3)MnSO4 要转化为 MnO2,需失去电子,故需要加入 NaClO3 做氧化剂,依据得失电子守 恒可以配平,所以反应的化学方程式是: 5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4,因此反应的离子方程式是: 5Mn2++2ClO3 +4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+,
﹣ ﹣

MnCl2+Cl2↑+2H2O,可计算反应中消耗的

故答案为:5Mn2++2ClO3 +4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+;


(4)17.4g MnO2 的物质的量为 0.2mol,根据方程式 MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 可知,0.2molMnO2 能消耗 Cl 0.4mol,所以溶液中剩余的 Cl 的
﹣ ﹣

物质的量为= =3.2mol/L, 故答案为:3.2mol/L.

mol﹣0.4mol=1.6mol,所以稀释后溶液中 Cl 的物质的量浓度为



【点评】本题考查混合物分离、提纯的实验方案的设计,为高频考点,把握流程中发生的化 学反应及混合物分离方法为解答的关键,侧重分析能力及推断能力的考查,题目难度不大.

18.某学生为了测定部分变质的 Na2SO3 样品的纯度.按图 2 所示称取一定量的 Na2SO3 样 品放入 A 装置的烧瓶中,滴入足量的 H2SO4 至完全反应;然后,将 B 中完全反应后的溶液 与足量的 BaCl2 溶液反应,过滤、洗涤、干燥,得白色沉淀 23.3g.回答下列问题:

(1)写出 A 装置中玻璃仪器的名称:酒精灯、 圆底烧瓶、 、 分液漏斗 (2)实验开始时,应先点燃 D 处酒精灯(填装置字母) .



(3)实验开始后,写出 B 中反应的离子方程式 Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl +SO42






(4)C 中的现象是 红色鲜花褪色 ,E 装置的作用是 吸收未反应的二氧化硫和氯气 . (5)原样品中 Na2SO3 的纯度为 50.8% (精确到 0.1%) .按题给装置和操作进行实验, 若装置连接和实验操作均无任何问题, 该学生测得的 Na2SO3 的纯度 偏低 (填“偏高”、 “偏 低”或“无影响”) . 【考点】探究物质的组成或测量物质的含量. 【分析】A 装置产生二氧化硫,D 装置产生氯气在 F 装置中干燥,C 装置检验干燥氯气的漂 白性,氯气和二氧化硫在 B 装置中反应,E 装置吸收尾气,防止污染空气. (1)根据装置图填写仪器名称; (2)应先准备氯气,保证二氧化硫被完全氧化 (3)A 为实验室制备二氧化硫的发生装置,D 为实验室制备氯气的发生装置,氯气具有氧 化性,二氧化硫具有还原性,在 B 中发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸;

(4)红色鲜花中含水,水和氯气反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有漂白作用;氯气和二 氧化硫有毒,E 中 NaOH 溶液吸收尾气防止污染; (5)根据图示读取样品质量,根据硫元素守恒计算,Na2SO3~SO2~BaSO4;按题给装置和 操作进行实验, 二氧化硫与氯气不一定能充分接触, 使得二氧化硫有可能没有完全被氧化而 被氢氧化钠吸收,导致硫酸钡质量减少,据此分析; 【解答】解: (1)解:装置中所用玻璃仪器为:圆底烧瓶、分液漏斗和酒精灯, 故答案为:圆底烧瓶、分液漏斗; (2)应先准备氯气,保证二氧化硫被完全氧化,故先加热 D 处酒精灯, 故答案为:D; (3) D 为实验室制备氯气的发生装置, 反应为: MnO2+4HCl (浓) A 中是实验室制备二氧化硫的装置,反应的化学方程式为: H2SO4+Na2SO3═Na2SO4+H2O+SO2↑,氯气具有氧化性,二氧化硫具有还原性,在 B 中发生 氧化还原反应生成盐酸和硫酸,反应为:Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl +SO42 ;
﹣ ﹣

MnCl2+Cl2↑2H2O,

故答案为:Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl +SO42 ;
﹣ ﹣

(4) )红色鲜花中含水,水和氯气反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有漂白作用,故红色鲜 花褪色;氯气和二氧化硫有毒,二氧化硫在溶液中反应生成亚硫酸钠和水,反应的离子方程 式为: SO2+2OH ═SO32 +H2O; 氯气在其溶液中反应生成 NaCl 和 NaClO, 反应为: Cl2+2OH
﹣ ﹣ ﹣

═Cl +ClO +2H2O,故 E 中 NaOH 溶液吸收尾气防止污染;





故答案为:红色鲜花褪色;吸收未反应的二氧化硫和氯气; (5)根据硫元素守恒计算, Na2SO3~SO2~BaSO4 126g m m= 233g 23.3g =12.6g,

样品质量为:10.0g+10.0g+5.0g﹣0.2g=24.8g, 所以 Na2SO3 的质量分数为 × 100%=50.8%,

按题给装置和操作进行实验, 二氧化硫与氯气不一定能充分接触, 使得二氧化硫有可能没有 完全被氧化而被氢氧化钠吸收,导致硫酸钡质量减少,则由此计算的亚硫酸钠的质量减少, 质量分数偏低,

故答案为:50.8%;偏低. 【点评】本题考查实验基本操作、二氧化硫和氯气的性质,较基础,注意从实验目的考虑加 热的先后顺序,抓住原子守恒进行计算,难度中等.

19. (1)工业上可利用 CO2 和 H2 生产甲醇,方程式如下: CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(l)+H2O (g)△ H=Q1kJ?mol
﹣1

又查资料得知:①CH3OH(l)+ O2(g)?CO2(g)+2H2(g)△ H=Q2kJ?mol


﹣1

②H2O(g)=H2O(l)△ H=Q3kJ?mol 1,则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为 CH3OH (l)+ O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△ H=(2Q1+3Q2+2Q3)kJ?mol (2)以氢氧燃料电池为电源,用电解法制备 Cu2O 装置如图所示: ①A 的化学式为 O2 . ②燃料电池中,OH 的移动方向为 由左向右 (填“由左向右”或“由右向左”) ;电解池中, 阳极的电极反应式为 2Cu+2OH ﹣2e =Cu2O+H2O . ③电解一段时间后,欲使阴极室溶液恢复原来组成,应向其中补充一定量的 H2O (填化 学式) . ④制备过程中,可循环利用的物质为 H2 (填化学式)
﹣ ﹣ ﹣ ﹣1



【考点】原电池和电解池的工作原理;用盖斯定律进行有关反应热的计算. 【专题】电化学专题;燃烧热的计算. 【分析】 ( (1)①CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(l)+H2O (g)△ H=Q1kJ?mol ②CH3OH(l)+ O2(g)?CO2(g)+2H2(g)△ H=Q2kJ?mol
﹣ ﹣1 ﹣1

③H2O(g)=H2O(l)△ H=Q3kJ?mol 1,依据盖斯定律①× 2+②× 3+③× 2 计算得到; (2)①电解池中铜为阳极,A 为原电池的正极; ②原电池中,阴离子向负极移动;电解池的阳极是铜电极被氧化,可根据阳极周围的碱性环 境及电解产物来书写电极反应式;

③电解池中发生的总反应式为 2Cu+H2O 知需要补充的物质;

Cu20+H2↑,根据电解什么补什么的原则, 可

④燃料电池消耗的是氧气和氢气,电解池内溶解铜,同时得到氢气,可知可循环利用的物质 为氢气; 【解答】解: (1)①CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(l)+H2O (g)△ H=Q1kJ?mol ②CH3OH(l)+ O2(g)?CO2(g)+2H2(g)△ H=Q2kJ?mol
﹣ ﹣1 ﹣1

③H2O(g)=H2O(l)△ H=Q3kJ?mol 1,依据盖斯定律①× 2+②× 3+③× 2 得到: 表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为:CH3OH(l)+ O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△ H= (2Q1+3Q2+2Q3) kJ?mol 1;


(2)①燃料电池通氧气的极为正极,连接电解池阳极(铜电极)的极为正确,可知气体 A 为氧气,故答案为:O2; ②原电池内阴离子向负极移动,故燃料电池内 OH﹣的移动方向为从左向右,电解池阳极是 铜被氧化,电极反应式为 2Cu+2OH ﹣2e =Cu2O+H2O,故答案为:由左向右;2Cu+2OH ﹣2e =Cu2O+H2O; ③电解池内发生的总反应式为 2Cu+H2O 案为:H2O; ④电解池阴极得到的氢气可补充燃料电池消耗的氢气, 可见可循环的物质为氢气, 故答案为: H2. 【点评】本题考查盖斯定律、电化学理论,题目难度中等,明确反应过程是解题的关键,计 算题采取拆分法解答,简化计算过程,注意在学习中归纳总结. Cu20+H2↑,可知需要补充的物质是水,故答
﹣ ﹣ ﹣ ﹣


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