2024年安徽省安慶一中、山西省太原五中等五省六校高三第二次模擬考試化學試卷含解析_第1頁
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文檔簡介

2024年安徽省安慶一中、山西省太原五中等五省六校高三第二次模擬考試化學試卷考生須知:1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分,全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂;非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、下列表示不正確的是()A.HCl的電子式B.SiO2的結構式O=Si=OC.S的原子結構示意圖D.乙炔的分子式C2H22、81號元素所在周期和族是()A.第六周期ⅣA族 B.第六周期ⅢB族 C.第七周期0族 D.第六周期ⅢA族3、下列關于反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g);ΔH<0的圖示與對應的敘述相符合的是()A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g);ΔH=-92kJ·mol-1B.達到平衡時N2、H2的轉化率(α)隨n(H2)/n(N2)比值的變化C.正、逆反應速率隨溫度的變化D.反應達平衡時,混合氣體中氨的物質的量分數隨溫度、壓強的變化4、下列離子方程式正確的是A.向FeCl3溶液中通人過量H2S:2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+B.向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水:Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2OC.向NaClO溶液中通人少量SO2:SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+D.向FeI2溶液中通人等物質的量的Cl2:2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-5、某烴的含氧衍生物的球棍模型如圖所示下列關于該有機物的說法正確的是()A.名稱為乙酸乙酯B.顯酸性的鏈狀同分異構體有3種C.能發生取代、加成和消除反應D.能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色,且原理相同6、下列離子方程式正確的是()A.用鋁粉和NaOH溶液反應制取少量H2:Al+2OH-=AlO2-+H2↑B.過量鐵粉與一定量稀硝酸反應:Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2OC.澄清石灰水中加入過量NaHCO3溶液:Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2OD.向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2:C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-7、同溫同壓下,兩種氣體的體積如果不相同,其主要原因是氣體的()A.分子大小不同 B.分子間的平均距離不同C.化學性質不同 D.物質的量不同8、乙烷、乙炔分子中碳原子間的共用電子對數目分別是1、3,則C20H32分子中碳原子間的共用電子對數目可能為()A.20 B.24 C.25 D.779、如圖是研究鐵被海水腐蝕的實驗裝置。圖2中M是某種與鐵片緊貼的金屬,下列說法正確的是A.圖1鐵片靠近燒杯底部的部分,腐蝕更嚴重B.若M是鋅片,可保護鐵C.若M是銅片,可保護鐵D.M是銅或是鋅都不能保護鐵,是因沒有構成原電池10、電解法處理CO2和SO2混合污染氣的原理如下圖所示,電解質為熔融碳酸鹽和硫酸鹽,通電一段時間后,Ni電極表面形成摻雜硫的碳積層。下列說法錯誤的是A.Ni電極表面發生了還原反應B.陽極的電極反應為:2O2—-4e-=O2C.電解質中發生的離子反應有:2SO2+4O2—=2SO42—D.該過程實現了電解質中碳酸鹽和硫酸鹽的自補充循環11、下列對相關實驗操作的說法中,一定正確的是()A.實驗室配制480mL0.1mol/LNaOH溶液,需要準確稱量NaOH1.920gB.實驗測定硫酸銅晶體中結晶水含量時,通常至少稱量4次C.酸堿中和滴定實驗中只能用標準液滴定待測液D.分液時,分液漏斗中下層液體從下口放出后,換一容器再從下口放出上層液體12、25℃時,二元弱酸H2R的pKa1=1.85,pKa2=7.45(已知pKa=-lgKa)。在此溫度下向20mL0.1mol?L-1H2R溶液中滴加0.1mol?L-1的NaOH溶液,溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列有關說法正確的是()A.a點所示溶液中:c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol?L-1B.b點所示溶液中:c(Na+)>c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)C.c點溶液中水電離程度大于d點溶液D.d點所示溶液中:c(Na+)>c(R2-)>c(HR-)13、用“銀-Ferrozine”法測室內甲醛含量的原理為:已知:吸光度與溶液中有色物質的濃度成正比。下列說法正確的是A.反應①中參與反應的HCHO為30g時轉移電子2molB.可用雙氧水檢驗反應②后的溶液中是否存在Fe3+C.生成44.8LCO2時反應②中參加反應的Ag一定為8molD.理論上測得溶液吸光度越高,HCHO含量也越高14、用如圖所示裝置進行如下實驗,能達到實驗目的的是()A.瓶中盛滿水,從b口進氣,用排水法收集NO2B.瓶中盛適量濃硫酸,從a口進氣干燥NH3C.從b口進氣,用排空氣法收集CO2D.瓶中裝滿水,a口連接導管并伸入量筒中,從b口進氣,測量生成H2的體積15、如圖所示的X、Y、Z、W四種短周期元素的原子最外層電子數之和為22,下列說法正確的是A.X、Y、W三種元素最低價氫化物的沸點依次升高B.Z、X、W三種元素氧化物對應水化物的酸性依次增強C.由X、W和氫三種元素形成的化合物中只含共價鍵D.X、Z形成的二元化合物是一種新型無機非金屬材料16、25℃時,向20mL0.1mol/LH2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液,溶液pH與加入NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列有關說法正確的是A.a點所示溶液中:c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.lmol/LB.b點所示溶液中:c(Na+)>c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)C.對應溶液的導電性:b>cD.a、b、c、d中,d點所示溶液中水的電離程度最大17、我國科學家研發一種低成本的鋁硫二次電池,以鋁箔和多孔碳包裹的S為電極材料,離子液體為電解液。放電時,電池反應為2Al+3S=Al2S3,電極表面發生的變化如圖所示。下列說法錯誤的是()A.充電時,多孔碳電極連接電源的負極B.充電時,陰極反應為8Al2Cl7-+6e-=2Al+14AlCl4-C.放電時,溶液中離子的總數不變D.放電時,正極增重0.54g,電路中通過0.06mole-18、鋰-硫電池具有高能量密度、續航能力強等特點。使用新型碳材料復合型硫電極的鋰-硫電池工作原理示意圖如圖,下列說法正確的是A.電池放電時,X電極發生還原反應B.電池充電時,Y電極接電源正極C.電池放電時,電子由鋰電極經有機電解液介質流向硫電極D.向電解液中添加Li2SO4水溶液,可增強導電性,改善性能19、下列判斷中一定正確的是()A.若R2-和M+的核外電子層結構相同,則原子序數:R>MB.若X、Y屬于同主族元素,且相對原子質量X>Y,則原子失電子能力:X>YC.若X、Y都是氣態氫化物,且相對分子質量X>Y,則沸點:X>YD.若金屬性M>N,則以M、N為兩電極的原電池中M一定是負極20、下列有關化學用語表示正確的是()A.NaClO的電子式B.中子數為16的硫離子:SC.為CCl4的比例模型D.16O與18O互為同位素;16O2與18O3互為同素異形體21、實驗測得濃度均為0.5mol?L-1的Pb(CH3COO)2溶液的導電性明顯弱于Pb(NO3)2溶液,又知PbS是不溶于水及稀酸的黑色沉淀,下列離子方程式書寫錯誤的是A.Pb(NO3)2溶液與CH3COONa溶液混合:Pb2++2CH3COO-=Pb(CH3COO)2B.Pb(NO3)2溶液與K2S溶液混合:Pb2++S2-=PbS↓C.Pb(CH3COO)2溶液與K2S溶液混合:Pb2++S2-=PbS↓D.Pb(CH3COO)2在水中電離:Pb(CH3COO)2Pb2++2CH3COO-22、在恒溫條件下,向盛有食鹽的2L恒容密閉容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2,發生如下兩個反應:①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常數K1②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常數K210分鐘時反應達到平衡,測得容器內體系的壓強減少20%,10分鐘內用ClNO(g)表示的平均反應速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L?min)。下列說法不正確的是()A.反應4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常數為K1B.平衡后c(Cl2)=2.5×10-2mol/LC.其它條件保持不變,反應在恒壓條件下進行,則平衡常數K2增大D.平衡時NO2的轉化率為50%二、非選擇題(共84分)23、(14分)對乙酰氨苯酚(M)是常用的消炎解熱鎮痛藥。其合成路線如下:完成下列填空:(1)A的結構簡式為____________。C→D的反應類型為___________________。(2)實驗室中進行反應①的實驗時添加試劑的順序為________________________。(3)下列有關E的說法正確的是____________。(選填編號)a.分子式為C6H6NOb.能與溴水發生加成反應c.遇到FeCl3溶液能發生顯色反應d.既能和氫氧化鈉溶液反應,又能和鹽酸反應(4)已知與的性質相似,寫出一定條件下M與NaOH溶液反應的化學方程式。______________________(5)滿足下列條件的M的同分異構體有_____________種。①苯環上只有兩種不同環境的氫原子;②苯環上連有-NH2;③屬于酯類物質。(6)N-鄰苯二甲酰甘氨酸()是重要的化工中間體,工業上以鄰二甲苯和甘氨酸(NH2-CH2-COOH)為原料通過一系列的反應制取該化合物,請參照上述流程的相關信息,寫出最后一步反應的化學方程式。_____________________24、(12分)痛滅定鈉是一種吡咯乙酸類的非甾體抗炎藥,其合成路線如下:回答下列問題:(1)化合物C中含氧官能團的名稱是_____。(2)化學反應①和④的反應類型分別為_____和_____。(3)下列關于痛滅定鈉的說法正確的是_____。a.1mol痛滅定鈉與氫氣加成最多消耗7molH2b.核磁共振氫譜分析能夠顯示6個峰c.不能夠發生還原反應d.與溴充分加成后官能團種類數不變e.共直線的碳原子最多有4個(4)反應⑨的化學方程式為_____。(5)芳香族化合物X的相對分子質量比A大14,遇FeCl3溶液顯紫色的結構共有_____種(不考慮立體異構),核磁共振氫譜分析顯示有5個峰的X的結構簡式有_____。(6)根據該試題提供的相關信息,寫出由化合物及必要的試劑制備有機化合物的合成路線圖。________________25、(12分)實驗室利用硫酸廠燒渣(主要成分為鐵的氧化物及少量FeS、SiO2等)制備聚鐵[Fe2(OH)n(SO4)3-0.5n]m和綠礬(FeSO4·7H2O),過程如下:(1)驗證固體W焙燒后產生的氣體含有SO2的方法是________________。(2)實驗室制備、收集干燥的SO2,所需儀器如下。裝置A產生SO2,按氣流方向連接各儀器接口,順序為a→______→_____→______→______→f。_________裝置A中發生反應的化學方程式為___________。D裝置的作用________。(3)制備綠礬時,向溶液X中加入過量_______,充分反應后,經過濾操作得到溶液Y,再經濃縮、結晶等步驟得到綠礬。過濾所需的玻璃儀器有______________。(4)欲測定溶液Y中Fe2+的濃度,需要用容量瓶配制KMnO4標準溶液,用KMnO4標準溶液滴定時應選用________滴定管(填“酸式”或“堿式”)。26、(10分)硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O)俗名“大蘇打”。已知它易溶于水,難溶于乙醇,在中性或堿性環境中穩定,受熱、遇酸易分解。某實驗室模擬工業硫化堿法制取硫代硫酸鈉,其反應裝置及所需試劑如圖:(1)裝置甲中,a儀器的名稱是____________;a中盛有濃硫酸,b中盛有亞硫酸鈉,實驗中要控制SO2生成速率,可以采取的措施有_________________________(寫出一條即可)。(2)裝置乙的作用是____________________________________。(3)裝置丙中,將Na2S和Na2CO3以2:1的物質的量之比配成溶液再通入SO2,便可制得Na2S2O3和CO2。反應的化學方程式為:________________________________________。(4)本實驗所用的Na2CO3中含少量NaOH,檢驗含有NaOH的實驗方案為_________。(實驗中供選用的試劑及儀器:CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸餾水、pH計、燒杯、試管、滴管.提示:室溫時CaCO3飽和溶液的pH=9.5)(5)反應結束后過濾丙中的混合物,濾液經蒸發、結晶、過濾、洗滌、干燥等得到產品,生成的硫代硫酸鈉粗品可用_____________洗滌。為了測定粗產品中Na2S2O3·5H2O的含量,采用在酸性條件下用KMnO4標準液滴定的方法(假設粗產品中的雜質與酸性KMnO4溶液不反應)。稱取1.50g粗產品溶于水,用0.20mol·L-1KMnO4溶液(加適量稀硫酸酸化)滴定,當溶液中全部被氧化為時,消耗高錳酸鉀溶液體積40.00mL。①寫出反應的離子方程式:________________________________________。②產品中Na2S2O3·5H2O的質量分數為____________________(保留小數點后一位)。27、(12分)過氧化鈣(CaO2)是一種白色晶體,能潮解,難溶于水,可與水緩慢反應,不溶于乙醇,易與酸反應,常用作殺菌劑、防腐劑等。根據題意,回答相關問題。I.CaO2晶體的制備:CaO2晶體通常可利用CaCl2在堿性條件下與H2O2反應制得。某化學興趣小組在實驗室制備CaO2的實驗方案和裝置示意圖如下:(1)三頸燒瓶中發生的主要反應的化學方程式為_____。(2)冷水浴的目的是____;步驟③中洗滌CaO2·8H2O的實驗操作方法是______Ⅱ.CaO2含量的測定:測定CaO2樣品純度的方法是:稱取0.200g樣品于錐形瓶中,加入50mL水和15mL2mol·L-lHCl,振蕩使樣品溶解生成過氧化氫,再加入幾滴MnCl2稀溶液,立即用0.0200mol·L-lKMnO4標準溶液滴定到終點,消耗25.00mL標準液。(3)上述過程中使用稀鹽酸而不使用稀硫酸溶解樣品的原因是___;滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是____。(4)滴定過程中的離子方程式為_______,樣品中CaO2的質量分數為______。(5)實驗I制得的晶體樣品中CaO2含量偏低的可能原因是:①____;②____。28、(14分)三氯化硼(BCl3)是一種重要的化工原料。實驗室制備BCl3的原理:B2O3+3C+3Cl2=2BCl3+3CO,某實驗小組利用干燥的氯氣和下列裝置(裝置可重復使用)制備BCl3并驗證反應中有CO生成。(已知:BCl3的熔點為-107.3℃,沸點為12.5℃;硝基苯的密度比水大。)請回答下列問題:實驗Ⅰ:制備BCl3并驗證產物CO(1)BCl3接觸潮濕空氣時會形成白霧,請寫出該反應的化學方程式_______。(2)該實驗裝置中合理的連接順序為G→___→___→__→__→F→D→I;其中裝置E的作用是____。(3)能證明反應中有CO生成的現象是____。實驗Ⅱ:產品中氯含量的測定①準確稱取少許m克產品,置于蒸餾水中完全水解,并配成100mL溶液。②取10.00mL溶液于錐形瓶中③加入V1mL濃度為C1mol/LAgNO3溶液使氯離子完全沉淀;向其中加入少許硝基苯用力搖動。④以硝酸鐵為指示劑,用C2mol/LKSCN標準溶液滴定過量的AgNO3溶液。重復步驟②~④二次,達到滴定終點時用去KSCN溶液的平均體積為V2mL。已知:Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)。(4)步驟②移取溶液時所需儀器名稱為____,步驟④中達到滴定終點的現象為_____。(5)產品中氯元素的質量分數為_______。(6)下列操作,可能引起測得產品中氯含量偏高是_____。A.步驟③中未加硝基苯B.步驟①中配制100mL溶液時,定容時俯視刻度線C.用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液時,滴定前有氣泡,滴定后無氣泡D.滴定剩余AgNO3溶液時,KSCN溶液滴到錐形瓶外面一滴29、(10分)乙酸是有機合成的重要原料,由它合成蘇合香醇(香料)和扁桃酸(醫藥中間體)的途徑如圖:已知:RCH2COOH(1)A的結構簡式為_____,B中官能團的名稱是_____。反應④的反應類型是_____。(2)反應③的化學方程式為_____。(3)芳香族化合物M(C10H10O4)可以水解生成扁桃酸和兩種只含一個碳原子的含氧衍生物,M的結構簡式為_____。(4)聚丙烯酸()在工業上可以抑制水垢的生成。根據已有知識并結合本題相關信息,設計由丙酸(CH3CH2COOH)為原料合成聚丙烯酸的路線_____。(合成路線常用的表示方式為:甲乙…目標產物)

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、B【解析】A.HCl是共價化合物,其電子式為B.SiO2是原子晶體,是立體網狀結構,如,故B錯誤;C.S的核電荷數為16,其原子結構示意圖為D.乙炔的分子式為C2H2,故D正確;答案為B。2、D【解析】

第六周期0族元素為86號元素,因此86?81=5,18?5=13,在13縱列,即第ⅢA族,因此81號元素在第六周期ⅢA族,故D符合題意。綜上所述,答案為D。3、A【解析】

A.根據圖中能量變化圖可以看出,N2(g)+3H2(g)2NH3(g);ΔH=+2254kJ·mol-1-2346kJ·mol-1=-92kJ·mol-1,A項正確;B.隨n(H2)/n(N2)比值越大,氫氣的轉化率逐漸減小,氮氣的轉化率逐漸增大,B項錯誤;C.該反應正向為放熱反應,則升高溫度,正、逆速率均增大,但逆速率受溫度影響更大,C項錯誤;D.該反應正方向是氣體分子數減小的放熱反應。同一壓強下,升高溫度,平衡向逆反應方向移動,則反應達平衡時,混合氣體中氨的物質的量分數減小;同一溫度下,增大壓強,平衡向正反應方向移動,則反應達平衡時,混合氣體中氨的物質的量分數增大,圖示中壓強變化曲線不正確,D項錯誤;答案選A。4、A【解析】

A.向FeCl3溶液中通人過量H2S,生成氯化亞鐵、硫單質和鹽酸,離子反應方程式為2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+,A選項正確;B.過量少量問題,應以少量為標準,向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水,反應中有2個OH-參與反應,正確的離子反應方程式為Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O,B選項錯誤;C.NaClO溶液中通人少量SO2的離子反應方程式為SO2+3ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2HClO,C選項錯誤;D.由于I-的還原性大于Fe2+的還原性,則氯氣先與I-反應,將I-氧化完后,再氧化Fe2+,根據得失電子守恒可知,等量的Cl2剛好氧化I-,Fe2+不被氧化,正確的離子反應方程式應為2I-+Cl2=I2+2Cl-,D選項錯誤;答案選A。5、B【解析】

由結構模型可知有機物為CH3COOCH=CH2,含有酯基,可發生取代反應,含有碳碳雙鍵,可發生加成、加聚和氧化反應,以此解答該題。【詳解】A.有機物為CH3COOCH=CH2,不是乙酸乙酯,故A錯誤;B.該化合物的鏈狀同分異構體中,顯酸性的同分異構體有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CH(CH3)COOH,共3種,故B正確;C.含有酯基,可發生水解反應,含有碳碳雙鍵,可發生加成反應,不能發生消去反應,故C錯誤;D.含有碳碳雙鍵,能使溴水褪色是發生了加成反應,與酸性高錳酸鉀反應是發生了氧化還原反應,故原理不同,故D錯誤;答案選B。6、D【解析】

本題主要考查離子方程式的正確書寫。【詳解】A.Al+2OH-=AlO2-+H2↑反應中電荷數不平,正確的離子方程式為:2H2O+2Al+2OH-=2AlO2-+3H2↑,故A項錯誤;B.過量鐵粉與稀硝酸反應無Fe3+生成,正確的離子方程式為:,故B項錯誤;C.澄清石灰水中加入過量NaHCO3溶液反應的離子方程式中Ca2+與OH-系數比為1:2,故離子方程式為:;故C項錯誤;D.向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2:,故D項正確。答案選D。7、D【解析】

對于氣體來說,粒子之間的距離遠遠大于粒子的直徑、粒子的質量,同溫同壓下氣體粒子間的距離相等,同溫同壓下氣體摩爾體積相同,由V=nVm知,氣體的體積取決于氣體的物質的量,故答案為D。8、B【解析】

烷烴中碳碳間共用電子對數為碳原子數減去1;若每減少2個H原子,則相當于碳碳間增加一對共用電子對,利用減少的H原子數目,再除以2可知增加的碳碳間共用電子對數,烷烴C20H42分子中碳原子間的共用電子對數目為19,則C20H32分子中碳原子間的共用電子對數目19+10×=24,答案選B。【點睛】明確每減少2個H原子,則相當于碳碳間增加一對共用電子對。9、B【解析】

據鋼鐵的腐蝕條件、原電池原理分析判斷。【詳解】A.圖1中鐵片在海水中主要發生吸氧腐蝕,水面處鐵片接觸氧氣和水,腐蝕更嚴重,A項錯誤;B.圖2中,若M是鋅片,則鋅、鐵與海水構成原電池,電子從鋅轉移向鐵,使鐵得到保護,B項正確;C.圖2中,若M是銅片,則銅、鐵與海水構成原電池,電子從鐵轉移向銅,鐵更易被腐蝕,C項錯誤;D.M是銅或鋅,它與鐵、海水都構成原電池,只有當M為鋅時鐵被保護,D項錯誤。本題選B。10、C【解析】

由圖可知,Ni電極表面發生了SO42-轉化為S,CO32-轉化為C的反應,為還原反應;SnO2電極上發生了2O2—-4e-=O2↑,為氧化反應,所以Ni電極為陰極,SnO2電極為陽極,據此分析解答。【詳解】A.由圖示原理可知,Ni電極表面發生了還原反應,故A正確;B.陽極發生失電子的氧化反應,電極反應為:2O2—-4e-=O2↑,故B正確;C.電解質中發生的離子反應有:2SO2+O2+2O2-=2SO42—和CO2+O2-=CO32-,故C錯誤;D.該過程中在SO42-和CO32-被還原的同時又不斷生成SO42-和CO32-,所以實現了電解質中碳酸鹽和硫酸鹽的自補充循環,故D正確。故答案選C。11、B【解析】

A.實驗室配制480mL0.1mol/LNaOH溶液,需要用500mL的容量瓶,準確稱量NaOH2.0g,故A錯誤;B.測定硫酸銅晶體中結晶水含量時,需要稱量坩堝質量、坩堝與樣品的質量,加熱后至少稱2次保證加熱至恒重,所以通常至少稱量4次,故B正確;C.酸堿中和滴定實驗中可以用待測液滴定標準液,故C錯誤;D.分液時,分液漏斗中下層液體從下口放出后,上層液體從上口倒出,故D錯誤;答案選B。12、D【解析】

A.a點溶液體積是原來的1.5倍,則含有R元素的微粒濃度是原來的,根據物料守恒得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=mol?L-1,故A錯誤;B.b點二者恰好完全反應生成NaHR,溶液呈酸性,說明HR-的電離程度大于水解程度,但其水解和電離程度都較小,鈉離子不水解,所以離子微粒濃度大小順序是c(Na+)>c(HR-)>c(R2-)>c(H2R),故B錯誤;C.c點是濃度相等的NaHR和Na2R的混合溶液,NaHR抑制水的電離,Na2R促進水的電離;d點是Na2R溶液,對水的電離有促進作用,故d點的水的電離程度大于c點,故C錯誤;D.d點溶液中溶質為Na2R,R2-水解但程度較小,所以存在c(Na+)>c(R2-)>c(HR-),故D正確;答案選D。【點睛】明確曲線上對應點溶液中溶質成分及其性質是解本題關鍵。本題的易錯點為C,要注意HR-的電離程度大于水解程度,即NaHR抑制水的電離。13、D【解析】

A.30gHCHO的物質的量為1mol,被氧化時生成二氧化碳,碳元素化合價從0價升高到+4價,所以轉移電子4mol,故A錯誤;B.過氧化氫能將Fe2+氧化為Fe3+,與Fe3+不反應,所以不能用雙氧水檢驗反應②后的溶液中是否存在Fe3+,故B錯誤;C.沒有注明溫度和壓強,所以無法計算氣體的物質的量,也無法計算參加反應的Ag的物質的量,故C錯誤;D.吸光度與溶液中有色物質的濃度成正比,吸光度越高,則說明反應②生成的Fe2+越多,進一步說明反應①生成的Ag越多,所以HCHO含量也越高,故D正確。故選D。14、D【解析】

A.二氧化氮易與水反應生成硝酸和一氧化氮,故不能用排水法。只能用向上排空氣法,A項錯誤;B.氨氣與濃硫酸反應,不能用濃硫酸干燥氨氣,B項錯誤;C.二氧化碳密度大于空氣的密度,應用向上排空氣法,對此圖應該從長導管(a)進,短導管(b)出,C項錯誤;D.測量氫氣體積,瓶內裝滿水,因為氫氣的密度小于水的密度,氫氣應從短導管進,長導管接量筒,D項正確;答案選D。【點睛】觀察圖示可知,此裝置被稱為“萬能裝置”,用途很廣泛,可用于排空氣法或排水法收集氣體、凈化、檢驗氣體、監控氣體流速、測量氣體體積等,根據用途不同,選擇不同的進氣導管或選擇加入合適的實驗試劑進行試驗。15、D【解析】

根據在短周期中,X、Y、Z、W的位置,可以知道,X和Y位于第二周期,Z和W位于第三周期,設Z元素原子的最外層電子數為a,則X、Y、W的原子的最外層電子數分別為a+1、a+2、a+3;有a+a+1+a+2+a+3=22,得a=4,Z的最外層電子數為4,Z元素為Si,同理可知X、Y、W分別為N、O、Cl。A.X、Y、W三種元素最低價氫化物分別為NH3、H2O、HCl,由于NH3、H2O分子間存在氫鍵,沸點會升高,因此沸點最高的是H2O,最低的是HCl,A項錯誤;B.Z、X、W元素氧化物對應的水化物的酸性不一定增強,如Cl的含氧酸中的HClO為弱酸,其酸性比N的最高價氧化物的水化物HNO3的弱,B項錯誤;C.X、W和H三種元素形成的化合物為NH4Cl等,NH4Cl為離子化合物,其中既存在離子鍵又存在共價鍵,C項錯誤;D.Z和X形成的二元化合物為氮化硅,氮化硅是一種重要的結構陶瓷材料,它是一種新型無機非金屬材料,D項正確;本題答案選D。16、D【解析】A、a點所示溶液中:c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=mol·L-1,故A錯誤;B、b點所示溶液相當于Na2R,R2―部分水解生成HR―,HR―再水解生成H2R,故c(Na+)>c(R2-)>c(HR-)>c(H2R),B錯誤;C、溶液的導電性強弱與溶液中陰陽離子的濃度大小和離子所帶的電荷數有關系,c點溶液中離子濃度大,對應溶液的導電性:b<c,故C錯誤;D、a、b抑制水電離,c點PH=7,不影響水電離,d點促進水電離,故D正確;故選D。17、A【解析】

放電時,電池反應為2Al+3S=Al2S3,鋁失電子,硫得到電子,所以鋁電極為負極,多孔碳電極為正極,負極上的電極反應式為:2Al+14AlCl4--6e-=8Al2Cl7-,正極的電極反應式為:3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al2S3,據此分析解答。【詳解】A.放電時,多孔碳電極為正極,充電時,多孔碳電極連接電源的正極,故A錯誤;B.充電時,原電池負極變陰極,反應為8Al2Cl7-+6e-=2Al+14AlCl4-,故B正確;C.根據分析,放電時,負極上的電極反應式為:2Al+14AlCl4--6e-=8Al2Cl7-,正極的電極反應式為:3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al2S3,溶液中離子的總數基本不變,故C正確;D.放電時,正極的電極反應式為:3S+8Al2Cl7-+6e-=14AlCl4-+Al2S3,正極增重0.54g,即增重的質量為鋁的質量,0.54g鋁為0.02mol,鋁單質由0價轉化為+3價,則電路中通過0.06mole-,故D正確;答案選A。18、B【解析】

A.X電極材料為Li,電池放電時,X電極發生氧化反應,故A錯誤;B.電池放電時,Y為正極,發生還原反應,充電時,Y發生氧化反應,接電源正極,故B正確;C.電池放電時,電子由鋰電極經過導線流向硫電極,故C錯誤;D.鋰單質與水能夠發生反應,因此不能向電解液中添加Li2SO4水溶液,故D錯誤;故答案為:B。19、B【解析】

A.若R2-和M+的核外電子層結構相同,則R元素在M元素的上一個周期,即原子序數:R<M,故A錯誤;B.若X、Y屬于同主族元素,且相對原子質量X>Y,則X在Y的下一個周期,根據元素周期律,金屬性:X>Y,原子失電子能力:X>Y,故B正確;C.因為X、Y可能為N、O、F,則可能存在氫鍵,所以不能通過其氣態氫化物的相對分子質量的大小去確定其沸點的大小,故C錯誤;D.鎂的金屬性大于鋁,但鎂、鋁和氫氧化鈉溶液形成的原電池中,鋁作負極,則若金屬性M>N,則以M、N為兩電極的原電池中M不一定是負極,故D錯誤;綜上所述,答案為B。【點睛】活潑性不同的兩金屬單質形成原電池時,一般活潑的金屬作負極,但作負極的金屬要能與電解質溶液發生氧化還原反應,所以不是活潑的金屬就一定做負極材料。20、D【解析】

A.NaClO為離子化合物,由Na+和ClO-構成,A錯誤;B.中子數為16的硫離子應為S2-,B錯誤;C.中,中心原子半徑大于頂點原子半徑,而CCl4的比例模型中,Cl原子半徑應比C原子半徑大,C錯誤;D.16O與18O都是氧元素的不同原子,二者互為同位素;16O2與18O3是氧元素組成的不同性質的單質,二者互為同素異形體,D正確。故選D。【點睛】在同素異形體中,強調組成單質的元素相同,并不強調原子是否相同。兩種單質中,組成單質的原子可以是同一種原子,也可以是不同種原子,甚至同一單質中,原子也可以不同。如16O18O與17O3也互為同素異形體。21、C【解析】

由導電性強弱可知,Pb(CH3COO)2是可溶性的弱電解質,在離子方程式中保留化學式,據此分析作答。【詳解】根據上述分析可知,A.Pb(NO3)2溶液與CH3COONa溶液混合,會生成Pb(CH3COO)2,發生反應的離子方程式為:Pb2++2CH3COO-=Pb(CH3COO)2,A項正確;B.Pb(NO3)2溶液與K2S溶液混合會生成PbS沉淀,發生反應的離子方程式為:Pb2++S2-=PbS↓,B項正確;C.Pb(CH3COO)2溶液與K2S溶液混合,離子方程式為:Pb(CH3COO)2+S2-=PbS↓+2CH3COO-,C項錯誤;D.Pb(CH3COO)2在水中電離:Pb(CH3COO)2Pb2++2CH3COO-,D項正確;答案選C。【點睛】Pb(CH3COO)2易溶于水,在水溶液中部分電離,是少有的幾種不是強電解質的鹽之一。22、C【解析】

A.①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常數K1=c(ClNO)c②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常數K2=c2反應4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常數K=c2(NO)?c(Cl2)c4B.10min時反應達到平衡,測得容器內體系的壓強減少20%,則平衡時混合氣體總物質的量為(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol,10min內用ClNO(g)表示的平均反應速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L?min),則平衡時n(ClNO)=7.5×10-3mol/(L?min)×10min×2L=0.15mol,設①中反應的NO2為xmol,②中反應的Cl2為ymol,則:2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)xmol0.5xmol2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)2ymolymol2ymol則0.5x+2y=0.15,(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4,聯立方程,解得x=0.1、y=0.05,故平衡后c(Cl2)=0.1mol-0.05mol2L=2.5×10-2mol/L,BC.平衡常數只受溫度影響,其他條件保持不變,反應在恒壓條件下進行,則平衡常數K2不變,C錯誤;D.平衡時NO2的轉化率為0.1mol0.2mol×100%=50%,故合理選項是C。二、非選擇題(共84分)23、CH3CHO還原反應濃硝酸,濃硫酸,苯cd+2NaOHCH3COONa++H2O3+NH2CH2COOH→+H2O【解析】

B在五氧化二磷作用下得到乙酸酐,則B為CH3COOH,可推知乙烯與氧氣反應生成A為CH3CHO,A進一步發生氧化反應生成乙酸,由M的結構可知,E為,反應①為苯與濃硝酸、濃硫酸發生硝化反應生成硝基苯,由C、D分子式可知,C分子發生加氫、去氧得到D;(4)M水解得到的乙酸與,乙酸與中酚羥基與氫氧化鈉繼續反應;(5)M的同分異構體滿足:苯環上連有-NH2,屬于酯類物質,苯環上只有兩種不同環境的氫原子,同分異構體應含有2個不同取代基、且處于對位,另外取代基為CH3COO—或HCOOCH2—或CH3OOC—;(6)由轉化關系中E轉化為M的反應可知,與NH2CH2COOH反應得到與水。【詳解】由上述分析可知:A為CH3CHO,B為CH3COOH,C為,D為,E為,M為。(1)由上述分析可知,A的結構簡式為:CH3CHO,C為,D為,C與HCl、Fe存在條件下發生加氫去氧的還原反應產生,所以C→D的反應類型為還原反應;(2)反應①為苯與濃硝酸、濃硫酸存在條件下加熱發生取代反應產生硝基苯,實驗時添加試劑的順序為:先加入濃硝酸,再加入濃硫酸,待溶液恢復至室溫后再加入苯;(3)由上述分析可知,E為。a.根據E的結構簡式可知其分子式為C6H7NO,a錯誤;b.E含有酚羥基,且酚羥基鄰位含有氫原子,能與溴水發生取代反應,b錯誤;c.E含有酚羥基,遇到FeCl3溶液能發生顯色反應,c正確;d.E含有酚羥基,能與氫氧化鈉溶液反應,含有氨基,能與鹽酸反應,d正確,故合理選項是cd;(4)M為,M水解得到的乙酸與,乙酸與中酚羥基與氫氧化鈉繼續反應,反應方程式為:+2NaOHCH3COONa++H2O;(5)M的同分異構體滿足:苯環上連有—NH2,屬于酯類物質,苯環上只有兩種不同環境的氫原子,同分異構體應含有2個不同取代基、且處于對位,另外取代基為CH3COO—或HCOOCH2—或CH3OOC—,符合條件的同分異構體有3種;(6)由轉化關系中E轉化為M的反應可知,與NH2CH2COOH反應得到和水,故最后一步反應的化學方程式為:+NH2CH2COOH→+H2O。【點睛】本題考查有機物合成與推斷,充分利用有機物的結構進行分析解答,結合有機物的結構與性質及轉化關系進行推斷,較好的考查學生分析推理能力、自學能力、知識遷移運用能力。24、酯基取代反應加成反應de+NaOH+CH3OH16、【解析】

根據合成路線分析:與CH3I發生取代反應①轉變為,發生反應②,在鄰位引入醛基轉變為:,與CH3NO2發生反應生成,與氫氣發生加成反應④生成,發生反應⑤將?CH2NO2脫去氫氧原子轉變為?CN,生成,反應⑥中?CN堿性水解轉變成?COONa,得到,反應生成,結合分子式C16H17O3N,與發生取代反應生成,在堿性條件下水解得到,據此作答。【詳解】(1)化合物C中含氧官能團為酯基,故答案為:酯基;(2)由上述分析可知反應①為取代反應,反應④為加成反應,故答案為:取代反應;加成反應;(3)a.苯環、碳碳雙鍵和羰基都可以與氫氣加成,因此1mol痛滅定鈉與氫氣加成最多消耗6molH2,故錯誤;b.該結構中有7種氫,故核磁共振氫譜分析能夠顯示7個峰,故錯誤;c.苯環、碳碳雙鍵和羰基都可以與氫氣加成,與氫氣發生的加成反應也屬于還原反應,故錯誤;d.與溴充分加成后碳碳雙鍵消失,引入了溴原子,故官能團種類數不變,故正確;e.如圖所示,共直線的碳原子最多有4個,,故正確;故答案為:de;(4)由以上分析知,反應⑨為在堿性條件下水解得到,則發生反應的化學方程式為:+NaOH+CH3OH,故答案為:+NaOH+CH3OH;(5)芳香族化合物說明X中有苯環,相對分子質量比A大14,說明比A多一個CH2,與A的不飽和度相同為4;遇FeCl3溶液顯紫色說明含有酚羥基;若苯環上有兩個取代基,則為(鄰、間、對3種),(鄰、間、對3種);若苯環上有三個取代基,先確定兩個取代基的位置,即鄰、間、對,再確定另一個取代基的位置,當羥基和氨基位于鄰位時,苯環上有4種氫原子,則甲基可以有4種取代方式,則會得到4種同分異構體,同理,當羥基和氨基位于間位時,也會有4種同分異構體,當羥基和氨基位于對位時,有2種同分異構體,共3+3+4+4+2=16,其中核磁共振氫譜分析顯示有5個峰的X的結構簡式有、,故答案為:16;、;(6)完全仿照題干中框圖中反應⑥⑦⑧,選擇合適試劑即可完成,與氫氧化鈉水解得到苯乙酸鈉,苯乙酸鈉與(CH3CH2)2SO4反應得到,再與乙酰氯反應生成,合成路線為:;故答案為;。25、將氣體通入品紅溶液,溶液褪色,加熱恢復原色d→e→c→bCu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O防止倒吸鐵屑燒杯、漏斗、玻璃棒酸式【解析】

制備聚鐵和綠礬(FeSO4?7H2O)流程為:硫酸廠燒渣與硫酸、氧氣反應,得到濾液X和不溶物(S、二氧化硅等)W;濾液X中加入鐵粉生成硫酸亞鐵溶液,硫酸亞鐵溶液通過濃縮蒸發、冷卻結晶得到綠礬;將濾液X通過調節pH獲得溶液Z,在70~80℃條件下得到聚鐵膠體,最后得到聚鐵,以此解答該題。【詳解】(1)檢驗SO2的一般方法是:將氣體通入品紅溶液中,如果品紅褪色,加熱后溶液又恢復紅色,證明含有SO2;(2)實驗室用亞硫酸鈉固體與硫酸反應制取SO2氣體,該反應為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O,收集SO2前應先干燥然后再收集。由于SO2的密度比空氣大,要從c口進氣,SO2是有毒氣體,在排放前要進行尾氣處理,然后再進行排放,所以最后進行尾氣處理。因為SO2易于氫氧化鈉反應,故D瓶的作用是安全瓶,以防止倒吸現象的發生,故儀器接口順序為a→d→e→c→b→f;(3)因為在燒渣中加入了硫酸和足量氧氣,所以溶液Y中含有Fe3+,故應先加入過量的鐵粉(或鐵屑),發生反應:2Fe3++Fe=3Fe2+,除去Fe3+,然后過濾除去過量的鐵粉,得到溶液Y,再經濃縮、結晶等步驟得到綠礬,過濾使用的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒;(4)KMnO4溶液具有強的氧化性,會腐蝕堿式滴定管的橡膠管,所以用KMnO4標準溶液滴定Fe2+的溶液時,要使用酸式滴定管盛裝。【點睛】本題考查了制備方案的設計,涉及實驗室中二氧化硫的制取方法、常見尾氣的處理方法以及鐵離子的檢驗等,明確實驗目的、了解儀器結構與作用是解答關鍵,注意掌握制備方案的設計方法,試題培養了學生的化學實驗能力。26、分液漏斗控制反應溫度、控制滴加硫酸的速度安全瓶,防倒吸4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2取少量樣品于試管(燒杯)中,加水溶解,加入過量的CaCl2溶液,振蕩(攪拌),靜置,用pH計測定上層清液的pH,若pH大于1.5,則含有NaOH乙醇82.7%【解析】

裝置甲為二氧化硫的制取:Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O,丙裝置為Na2S2O3的生成裝置:2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2,因SO2易溶于堿性溶液,為防止產生倒吸,在甲、丙之間增加了乙裝置;另外二氧化硫有毒,不能直接排放到空氣中,裝置丁作用為尾氣吸收裝置,吸收未反應的二氧化硫。據此解答。【詳解】(1)裝置甲中,a儀器的名稱是分液漏斗;利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反應溫度等措施均能有效控制SO2生成速率;(2)SO2易溶于堿性溶液,則裝置乙的作用是安全瓶,防倒吸;(3)Na2S和Na2CO3以2:1的物質的量之比配成溶液再通入SO2,即生成Na2S2O3和CO2,結合原子守恒即可得到發生反應的化學方程式為4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2;(4)碳酸鈉溶液和NaOH溶液均呈堿性,不能直接測溶液的pH或滴加酚酞,需要先排除Na2CO3的干擾,可取少量樣品于試管(燒杯)中,加水溶解,加入過量的CaCl2溶液,振蕩(攪拌),靜置,用pH計測定上層清液的pH,若pH大于1.5,則含有NaOH;(5)硫代硫酸鈉易溶于水,難溶于乙醇,在中性或堿性環境中穩定,則硫代硫酸鈉粗品可用乙醇洗滌;①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液,溶液紫色褪去,溶液中全部被氧化為,同時有Mn2+生成,結合電子守恒和原子守恒可知發生反應的離子方程式為5S2O32-+8MnO4-+14H+=8Mn2++10SO42-+7H2O;②由方程式可知n(Na2S2O3?5H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=×0.04L×0.2mol/L=0.005mol,則m(Na2S2O3?5H2O)=0.005mol×248g/mol=1.24g,則Na2S2O3?5H2O在產品中的質量分數為×100%=82.7%。【點睛】考查硫代硫酸鈉晶體制備實驗方案的設計和制備過程分析應用,主要是實驗基本操作的應用、二氧化硫的性質的探究,側重于學生的分析能力、實驗能力的考查,為高考常見題型和高頻考點,注意把握物質的性質以及實驗原理的探究。27、CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl該反應放熱,防止溫度升高導致H2O2分解和氨水中氨氣揮發向過濾器中注入乙醇至浸沒沉淀,待乙醇流盡后,重復操作2~3次生成的硫酸鈣為微溶物,覆蓋在樣品表面,阻止反應進一步進行催化作用45.0%部分CaCl2溶液與濃氨水反應生成Ca(OH)2部分CaO2與水反應生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不夠完全【解析】

I.(1)該裝置發生的反應類似于復分解反應,根據原子守恒配平;(2)該反應為放熱反應,H2O2和氨水的穩定性都較差,因此需要用冷水浴控制反應溫度;結合沉淀的性質選擇洗滌劑,然后根據沉淀的洗滌標準操作解答;II.(3)硫酸鈣為微溶物,可能會對反應有影響;類比雙氧水的分解進行分析;(4)滴定過程中雙氧水與酸性高錳酸鉀反應生成氧氣、氯化錳、水,根據氧化還原反應得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒配平;根據消耗的酸性高錳酸鉀的物質的量并結合守恒關系計算;(5)CaO2與水緩慢反應,CaO2與濃氨水反應,烘烤過程中水分未完全失去等導致反應物有損失或生成物中雜質含量高均會導致CaO2含量偏低。【詳解】I.(1)由題可知,三頸燒瓶中發生CaCl2在堿性條件下與H2O2生成CaO2·8H2O的反應,根據原子守恒可知,該反應化學方程式為:CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl;(2)該反應為放熱反應,H2O2和氨水的穩定性都較差,溫度過高會導致其分解,影響產量和化學反應速率;因過氧化鈣可與水緩慢反應,不溶于乙醇,因此可選用乙醇進行洗滌,實驗室洗滌沉淀的操作為:向過濾器中注入乙醇至浸沒沉淀,待乙醇流盡后,重復操作2~3次;II.(3)若選用硫酸,則CaO2與稀硫酸反應生成微溶物CaSO4會覆蓋在樣品表面,使反應難以持續進行;MnCl2對該反應具有催化作用,可加快化學反應速率;(4)滴定過程中酸性高錳酸鉀與雙氧水反應,Mn元素化合價從+7價降低至+2價,H2O2中O元素從-1價升高至0價,根據氧化還原反應得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒配平該離子方程式為:;滴定過程中消耗高錳酸鉀的物質的量n=25×10-3L×0.02mol/L=5×10-4mol,根據守恒關系可知:n(H2O2)=n(CaO2)=2.5n(KMnO4)=1.25×10-3mol,樣品中CaO2的質量分數;(5)CaCl2溶液與濃氨水反應導致反應物未完全轉化,同時還會導致最終固體中含有部分Ca(OH)2雜質,會使CaO2含量偏低;CaO2與水能反應生成微溶物Ca(OH)2,會導致生成的CaO2含量偏低;烘烤CaO2·8H2O失水不夠完全導致固體質量偏大,最終導致計算CaO2含量偏低。28、BCl3+3H2O=H3BO3+3HClEHJH將BCl3冷凝為液態分離出來F中黑色固體變成紅色且澄清石灰水變渾濁酸式滴定管或移液管當滴入最后一滴KSCN溶液時,混合液由無色變為紅色且半分鐘內不褪色B【解析】

(1)BCl3接觸潮濕空氣時會形成白霧,是三氯化硼水解生成HCl,HCl溶于空氣中的水形成鹽酸小液滴形成白霧,則三氯化硼水解的化學方程式為BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl。本小題答

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