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陕西省铜川市耀州中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量:H:1C:12N:14O:16S:32K:39Mg:24Al:27一、选择题(本大题包括16个小题,每小题3分,共48分,每小题只有一个选项符合题意)1.分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用,下列分类标准合理的是 A.根据是否具有丁达尔效应,将分散系分为溶液、浊液和胶体B.依据分子组成中是否含有氧元素,将酸分为含氧酸和无氧酸C.根据水溶液否能够导电,将物质分为电解质和非电解质D.依据组成元素的种类,将物质分为单质和化合物【答案】B【解析】【详解】A.丁达尔现象是区分溶液和胶体的一种方法,不是将分散系分类的依据,根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液,故A错误;B.根据酸中是否含氧元素可分为含氧酸和无氧酸,则HCl、H2S不含氧元素,属于无氧酸,HNO3、H2SO4含有氧元素,属于含氧酸,故B正确;C.电解质和非电解质的定义条件是指在水溶液里或熔化状态下能否导电的化合物,将化合物分为电解质和非电解质,故C错误;D.由一种元素组成的纯净物是单质,由两种或两种以上元素构成的纯净物是化合物,单质和化合物的区别是纯净物中元素的种类,故D错误;答案为B。2.当光束通过下列物质时,不会出现丁达尔效应的是()①Fe(OH)3胶体②水③蔗糖溶液④FeCl3溶液⑤云、雾A.②④⑤B.③④⑤C.②③④D.①③④【答案】C【解析】【详解】①Fe(OH)3胶体属于胶体,具有丁达尔效应,故①不选;②水不属于胶体,不具有丁达尔效应,故②选;③蔗糖溶液属于溶液,不具有丁达尔效应,故③选;第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司 ④FeCl3溶液是溶液,不具有丁达尔效应,故④选;⑤云、雾是胶体,具有丁达尔效应,故⑤不选;不会出现丁达尔效应的是②③④,故选C。3.下列各组中的离子,能在溶液中大量共存的是A.K+、H+、SO、OH-B.Na+、Ca2+、CO、NOC.Na+、H+、Cl-、COD.Na+、Cu2+、Cl-、SO【答案】D【解析】【详解】A.H+和OH-能结合生成水,不能够大量共存,故A错误;B.Ca2+、CO结合生成碳酸钙沉淀,不能大量共存,故B错误;C.H+、CO结合生成二氧化碳和水,不能大量共存,故C错误;D.四种离子之间不反应,在溶液中能大量共存,故D正确;故选:D。4.能正确解释下列反应原理,并书写正确的离子方程式的是A.用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘:B.用小苏打治疗胃酸过多:C.用食醋检验牙膏中的碳酸钙:D.铜片插入硝酸银溶液中:【答案】A【解析】【详解】A.可用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘,反应的离子方程式为,A正确;B.小苏打为NaHCO3,可用小苏打治疗胃酸过多,反应的离子方程式为,B错误;C.醋酸为弱酸,书写离子方程式时保留化学式,正确的离子方程式为,C错误;D.电荷不守恒,正确的离子方程式为,D错误;第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司 故选A。5.ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂.实验室中可通过以下反应制得:2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O.下列说法不正确的是( )A.CO2是氧化产物B.H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性C.H2C2O4在反应中被氧化D.ClO2作水处理剂时,利用了其强氧化性【答案】B【解析】【分析】由制备ClO2的反应方程式可知,Cl元素发生降价,KClO3为氧化剂,C元素价态升高,发生氧化反应,H2C2O4为还原剂。【详解】A.制备ClO2时,C元素发生价态升高,发生氧化反应,因此产物CO2属于氧化产物,A项正确;B.制备ClO2时,KClO3为氧化剂,H2C2O4为还原剂;因此只能说明还原性,H2C2O4强于ClO2,B项错误;C.制备ClO2时,H2C2O4为还原剂,在反应过程中被氧化,C项正确;D.ClO2具有强氧化性,可以使蛋白质变性,杀菌消毒利用的正是其强氧化性,D项正确;答案选B。6.下列有关钠及其化合物的说法正确的是A.将一小块金属钠投入溶液中,有红色物质析出B.钠及其化合物焰色为黄色是钠元素化学性质的展现C.钠原子的最外层上只有1个电子D.、和长期放置在空气中最终产物不相同【答案】C【解析】【详解】A.将一小块金属钠投入溶液中,钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气,生成的氢氧化钠再和反应生成氢氧化铜和硫酸钠,所以既有蓝色沉淀生成又有气体逸出,没有红色物质析出,A错误;B.钠及其化合物焰色为黄色是钠元素物理性质展现,B错误;C.钠属于碱金属元素,位于元素周期表的第IA族,原子的最外层上只有1个电子,C正确;第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司 D.、和长期放置在空气中最终产物相同,均是碳酸钠,D错误;故选C。7.下列有关氯气及氯水的说法正确的是A.新制氯水呈浅黄绿色,且有刺激性气味,说明有氯气分子存在B.为了准确地了解氯水的酸性,可以用pH试纸准确测定其pHC.氯气、次氯酸、次氯酸盐均具有漂白性,可以用于漂白各种产品D.工业上将氯气通入饱和石灰水中制取漂白粉【答案】A【解析】【详解】A.氯气为黄绿色气体,具有刺激性气味,氯水呈浅黄色,且有刺激性气味,说明有Cl2分子存在,A正确;B.氯水具有漂白性,能够使pH试纸先变红后褪色,则不能用pH试纸测定其pH值,B错误;C.氯气不具有漂白性,次氯酸具有漂白性,可以用于漂白织物,C错误;D.工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉,D错误;故选A。8.下列叙述正确的是A.的质量为B.的摩尔质量为16gC.个分子的质量为32gD.标准状况下,任何物质的体积均约为【答案】C【解析】【详解】A.单位错误,1mol水的质量为1mol×18g/mol=18g,故A错误;B.摩尔质量的单位为g/mol,则甲烷的摩尔质量为16g/mol,故B错误;C.3.01×1023个二氧化硫分子的质量为×64g/mol=32g,故C正确;D.标准状况下,0.5mol任何气体的体积约为0.5mol×22.4L/mol=11.2L,故D错误;故选C。9.用NA表示阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是( )第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司 A.16gO2中含有的氧分子数为NAB.1mol镁原子中含有的电子数为2NAC.常温常压下,11.2LH2中含有的氢分子数为0.5NAD.1L1mol/LBaCl2溶液中含有的钡离子数为NA【答案】D【解析】【详解】A.氧气的尔质量为32g/mol,故16g氧气的物质的量为n=0.5mol,故含0.5NA个氧气分子,故A选项错误。B.1个Mg原子的电子数=质子数=原子序数=12,所以1mol镁原子中含有的电子数为12NA,故B选项错误。C.常温常压下,气体摩尔体积大于22.4L/mol,故11.2L氢气物质的量小于0.5mol,则氢气分子个数小于0.5NA个,故C选项错误。D.1升1mol/LBaCl2溶液里氯化钡的物质的量是1mol,1mol氯化钡可电离出1mol钡离子,一摩尔钡离子的数量是1NA,故D选项正确。故答案选D。10.唐代中药学著作《新修本草》中,有关于“青矾”的记录为“本来绿色,新出窟未见风者,正如琉璃,……,烧之赤色”。据此推测,“青矾”的主要成分为A.CuSO4·5H2OB.FeSO4·7H2OC.KAl(SO4)2·12H2OD.ZnSO4·7H2O【答案】B【解析】【详解】“青矾”的描述为:“本来绿色,新出窟未见风者,正如瑠璃…烧之赤色…”,青矾是绿色,经煅烧后,分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色,则A为蓝色晶体,B为FeSO4•7H2O是绿色晶体,C为KAl(SO4)2·12H2O是无色晶体,D为ZnSO4·7H2O为无色晶体,所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O,答案选B。点睛:本题考查了物质性质、物质颜色的掌握,掌握基础是解题的关键,主要是亚铁盐和铁盐转化的颜色变化,信息理解是关键。11.通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一,对下列实验事实的解释正确的是选项操作、现象解释第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司 A新制露置于空气中一段时间,白色物质变成了红褐色说明易被氧化成B把生铁放置于潮湿的空气中,铁表面有一层红棕色的斑点铁在潮湿的空气中易生成CFe在氧气中剧烈燃烧,生成黑色固体该固体是FeOD向KI-淀粉溶液中加入溶液,溶液变蓝能与淀粉发生显色反应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.新制Fe(OH)2露置于空气中一段时间,白色的Fe(OH)2变成了红褐色的Fe(OH)3,说明Fe(OH)2易被O2氧化成Fe(OH)3,A正确;B.把生铁放置于潮湿的空气中,铁表面有一层红棕色的斑点,该红棕色的斑点为Fe2O3,B错误;C.Fe在氧气中剧烈燃烧,生成黑色的Fe3O4,C错误;D.向KI-淀粉溶液中加入FeCl3溶液,溶液变蓝,说明Fe3+与I-反应生成I2,淀粉遇I2变蓝,D错误;故选A。12.2019年12月17日,我国第一艘国产航空母舰——山东舰在海南三亚某军港交付海军,它宣告了中国海军的国产航母时代正式来临。据报道,该舰艇的“超级甲板”采用了大量新型铝锂合金和铝镁合金等航天材料,真正实现了“浴千度火仍无恙”。下列关于两种合金的说法不正确的是A.铝锂合金是铝与锂熔合形成的一种新型化合物B.铝锂合金的硬度比铝大,化学及机械性能好C.铝镁合金能溶解于稀盐酸中D.铝镁合金焊接前可用NaOH溶液处理氧化铝膜【答案】A【解析】【详解】A、铝锂合金是金属铝与锂形成的混合物,故A说法错误;B、合金与各组成金属相比,合金的硬度比它的各成分金属的大,机械性能好,有些合金具有较强的抗腐蚀性,因此铝锂合金的硬度比铝大,化学及机械性能好,故B说法正确;第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司 C、此合金的主要成分是镁和铝,均能与稀盐酸反应,能全部溶解于稀盐酸中,故C说法正确;D、氧化铝可以与NaOH溶液发生反应,故可用NaOH溶液处理氧化铝膜,故D说法正确;故答案为A。13.下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为9的氮原子:B.N2分子的电子式:C.Cl2分子的结构式:Cl-ClD.Cl-的结构示意图:【答案】C【解析】【详解】A.N是7号元素,原子核外有7个电子,中子数为9的N原子质量数是7+9=16,则该N原子符号为:,A错误;B.N原子最外层有5个电子,N2分子中2个N原子之间形成3个共价键,使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构,其电子式是,B错误;C.Cl原子最外层有7个电子,在Cl2分子中2个Cl原子形成1个共价键,使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构,其结构式:Cl-Cl,C正确;D.Cl-是Cl原子得到1个电子形成的,其结构示意图为:,D错误;故合理选项是C。14.(核磁共振)、可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子空间结构,瑞士科学家库尔特、维特里希等人为此获得诺贝尔化学奖。下列有关、的叙述正确的是A.与互为同素异形体B.与互为同位素C.、具有相同的中子数D.的核外电子数与中子数相同【答案】B【解析】【详解】A.13C表示碳元素的一种核素,而C60则表示碳元素的一种单质,同种元素的不同原子之间才互为同位素,A错误;第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司 B.具有相同质子数,不同中子数的同一元素的不同原子之间互为同位素,故与互为同位素,B正确;C.根据质量数A=质子数Z+中子数N,故13C与15N具有的中子数分别为13-6=7,15-7=8,故它们的中子数不相同,C错误;D.15N的核外电子数等于其质子数为7,而中子数为15-7=8,故不相同,D错误;故选B。15.元素X、Y、Z原子序数之和为36,X、Y在同一周期,X+与Z2-具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是A.同周期元素中X的金属性最强B.原子半径X>Y,离子半径X+>Z2-C.同族元素中Z的氢化物稳定性最高D.同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强【答案】B【解析】【分析】X、Y在同一周期,X+与Z2-具有相同的核外电子层结构,可推Z在X、Y的上一个周期,又因为X、Y、Z原子序数之和为36,平均原子序数为12,则X为Na、Z为O、进而可知Y为Cl;【详解】A.X为Na,由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱可知同周期元素中X的金属性最强,故A正确;B.具有相同的核外电子层结构的离子,核电核数越大,半径越小,则离子半径应为:Z2->X+,故B错误;C.Z的氢化物为H2O,同主族中氧元素的非金属性最强,同族元素中Z的氢化物稳定性最高,故C正确;D.同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强,HClO4的酸性最强,故D正确;故选B。16.下列物质中,只含有极性共价键的是A.NaOHB.H2C.NaClD.H2S【答案】D【解析】【详解】A.NaOH中存离子键和极性共价键,A不合题意;第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司 B.H2中只存在非极性共价键,B不合题意;C.NaCl中只存在离子键,C不合题意;D.H2S中只含有极性共价键,D符合题意;故答案为:D。二、填空题:17.完成下列问题(1)某同学用托盘天平称量烧杯的质量,天平平衡后的状态如图1所示。由图可以看出,该同学在操作时的一个错误是_______,烧杯的实际质量为_______。(2)需配制150mLNaCl溶液,该同学转移溶液的示意图如图2所示。指出实验中存在的两个错误:_______。(3)用质量分数为98%、密度为的浓硫酸配制1000mL的稀硫酸。①应用量筒量取浓硫酸_______mL。②配制稀硫酸时需用到的仪器有量筒、小烧杯、玻璃棒、_______。(4)下列操作使所配制溶液的物质的量浓度偏高的是_______(填标号)。A.称量时用了生锈的砝码B.定容时俯视刻度线C.往容量瓶中转移时,有少量液体溅出D.定容时仰视刻度线E.容量瓶未干燥即用来配制溶液F.定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,液面不到刻度线,再加水至刻度线第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司 【答案】(1)①.药品与砝码放反了②.27.4g(2)没有用玻璃棒引流;容量瓶容积选错(3)①.5.4②.1000mL容量瓶、胶头滴管(4)AB【解析】【小问1详解】天平称量药品时遵循左物右码的原则,在该实验图中可以看出,该同学在操作时的一个错误是砝码与烧杯放反了位置,根据天平平衡原理:左盘物体质量=右盘砝码质量+游码质量,如果放反了,则左盘砝码质量=右盘物体质量+游码质量,所以右盘药品质量=左盘砝码质量-游码质量=30g-2.6g=27.4g;【小问2详解】根据装置图可知,共有两处错误,分别是①没有用玻璃棒引流;②容量瓶规格错误,没有用150mL容量瓶;【小问3详解】①浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L;根据稀释定律,稀释前后溶质的物质的量不变来计算浓硫酸的体积,设浓硫酸的体积为xmL,则有:xmL×18.4=1000mL×0.1,解得:x≈5.4;②配制1000mL的稀硫酸,步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作,用量筒量取(用到胶头滴管)浓硫酸,在小烧杯中稀释,用玻璃棒搅拌,冷却后转移到容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤2~3次,将洗涤液转移到容量瓶中,加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,最后定容颠倒摇匀。由提供的仪器可知还需要仪器有量筒、小烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管;【小问4详解】A.生锈的砝码质量偏大,而m物=m砝+m游,故称量出的药品的质量偏重,则配制出的溶液的浓度偏高,A符合题意;B.定容时俯视刻度线,溶液体积偏小,则浓度偏高,B符合题意;C.往容量瓶转移时,有少量液体溅出,会导致溶质的损失,则溶液浓度偏低,C不符合题意;D.定容时仰视刻度线,会导致溶液体积偏大,则浓度偏低,F不符合题意;E.最后需要加蒸馏水定容,容量瓶未干燥就用来配制溶液,对溶液浓度无影响,E不符合题意;故选AB。第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司 18.下表是元素周期表的一部分,表中的每个字母代表一种短周期元素。请写下列空白:(1)A与B形成的电子式为_______;C的原子结构示意图为_______。(2)B的最高价氧化物对应的水化物的化学式为_______;D、E的最高价氧化物对应的水化物中碱性较弱的是_______(用化学式表示);元素C、D、E的原子半径由大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。(3)E位于周期表的第三周期第_______族;和F相邻的最外层电子数等于周期数的元素的氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为_______。【答案】(1)①.②.(2)①.HNO3②.Mg(OH)2③.Na>Mg>O(3)①.ⅡA②.【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可以推知元素A~F分别为H、N、O、Na、Mg、Si。【小问1详解】A与B形成的化合物NH3的电子式为;C为O元素,其原子结构示意图为,故答案为:;;【小问2详解】N元素的最高价氧化物对应的水化物是硝酸,化学式为HNO3;元素的金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强,所以D、E的最高价氧化物对应的水化物中碱性较弱的是Mg(OH)2;由同周期元素的原子半径随原子序数的递增而减小,同主族元素的原子半径随原子序数的递增而增大,故O、Na、Mg的原子半径由大到小的顺序为Na>Mg>O,故答案为:HNO3;Mg(OH)2;Na>Mg>O;【小问3详解】E为Mg元素,在周期表中的位置为第三周期第ⅡA族;和Si相邻的最外层电子数等于周期数的元素的氧化物为Al2O3,其与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水,该反应的离子方程式为第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司 ,故答案为:ⅡA;。19.小明很喜欢化学实验课,今天要学习“探究铁及其化合物的氧化性或还原性”。(1)实验前小明预测Fe2+既有还原性又有氧化性。你认为他预测的依据是_______________。(2)小明欲用实验证明他的预测。实验室提供了下列试剂:3%的过氧化氢溶液、锌粒、铜片、0.1mol·L-1氯化亚铁溶液、硫氰化钾溶液、新制氯水。①若小明计划在0.1mol·L-1氯化亚铁溶液滴入新制氯水,探究Fe2+的还原性,你预计可能发生的反应的离子方程式是______________________________,可能观察到的现象是溶液由浅绿色变为________色。②实验中,小明发现现象不太明显,老师分析可能是产物的含量太低,建议可以通过检验Fe2+被氧化的产物Fe3+的存在以获取证据。你认为可选_________滴入小明所得的混合液中,并通过溶液出现______色的现象,证明小明的观点和实验方案都是正确的。③对于证明Fe2+具有氧化性,小明认为金属单质都具有还原性,并分别将铜片、锌粒投入氯化亚铁溶液中,结果铜片没变化,锌粒逐渐变小。由此说明三种金属的还原性由强至弱的顺序为__________(填化学式)。④实际上Fe2+的还原性较强,实验室的氯化亚铁溶液常因氧化而变质,除去杂质的方法是______,相关反应的离子方程式是_____________。【答案】①.因为Fe2+中铁元素化合价处于中间价态,可以升高也可以降低②.Cl2+2Fe2+===2Cl-+2Fe3+③.黄④.硫氰化钾溶液⑤.红⑥.Zn>Fe>Cu⑦.加入适量铁粉⑧.2Fe3++Fe===3Fe2+【解析】【详解】(1)元素化合价处于最高价只具有氧化性,处于最低价只具有还原性,处于中间价态既可以升高也可以降低,既具有氧化性又具有还原性;故依据为:因为亚铁离子中铁元素化合价处于中间价态,可以升高也可以降低;正确答案:因为Fe2+中铁元素化合价处于中间价态,可以升高也可以降低。(2)①在0.1mol/L氯化亚铁溶液滴入新制氯水,氯气具有强氧化性能把亚铁离子氧化为铁离子,反应的离子方程式为:;现象是溶液颜色从浅绿色变为黄色;正确答案:Cl2+2Fe2+===2Cl-+2Fe3+;黄。②通过检验亚铁离子被氧化的产物铁离子的存在以获取证据.需要的试剂为硫氰酸钾溶液,发生反应:,溶液变血红色;正确答案:硫氰化钾溶液;红。③金属单质都具有还原性,分别将铜片、锌粒投入氯化亚铁溶液中,结果铜片没变化,锌粒逐渐变小,发生反应Zn+Fe2+=Fe+Zn2+;氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物,锌的还原性大于铁,铁大于铜,故它们还原性由强到弱为:Zn>Fe>Cu;正确答案:Zn>Fe>Cu。第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司 ④实验室的氯化亚铁溶液常因氧化而变质,为防止亚铁离子的氧化,需要加入还原铁粉,发生反应,避免亚铁离子的氧化;正确答案:加入适量铁粉;2Fe3++Fe===3Fe2+。【点睛】在含有Fe3+和Fe2+的混合液中,要检验Fe2+的存在,可以用铁氰化钾溶液,若出现蓝色沉淀,证明有Fe2+;也可加入酸性高锰酸钾溶液,若溶液褪色,证明含有Fe2+。20.Ⅰ.按要求填空:(1)_______中含有的氧原子数与中含有的氧原子数相等。(2)将等物质的量的和混合,混合气体中与的质量比为_______;要使与含相同数目的H原子,则和的物质的量之比为_______。(3)瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1∶4时极易发生爆炸,此时甲烷与氧气的体积比为_________。Ⅱ.把5.1g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中,得到5.6LH2(标准状况)。试计算(写过程):(4)该合金中铝的质量分数_________;(5)该合金中镁铝的物质的量之比________。【答案】(1)3(2)①②.(3)(4)52.9%(5)【解析】【分析】II.【小问1详解】1.5molCO2中含3mol氧原子,而1mol水中含1mol氧原子,故3molH2O和1.5molCO2中含有的氧原子数相同。【小问2详解】物质的量相等时,质量之比等于摩尔质量之比,故等物质的量的NH3和CH4混合,混合气体中NH3和CH4的质量比等于;NH3与CH4中氢原子个数之比为,故要使NH3与CH4含相同数目的H原子,则NH3和CH4的物质的量之比为。【小问3详解】,相同条件下,气体体积之比等于物质的量之比,所以甲烷与氧气的体积比为。【小问4详解】第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司 镁铝合金中加入过量的盐酸,发生的反应有:Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,根据题意列出方程组:24g/mol×n(Mg)+27g/mol×n(Al)=5.1g,n(Mg)+n(Al)=,解得n(Mg)=0.1mol,n(Al)=0.1mol;m(Al)=n(Al)·M(Al)=0.1mol27g/mol=2.7g,Al的质量分数为100%=52.9%;【小问5详解】铝和镁的物质的量之比为。第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司 第15页/共15页学科网(北京)股份有限公司
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