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上海松江区2018届高三化学下学期二模试卷(带解析)

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上海松江区2018届高三化学下学期二模试卷(带解析)

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上海市松江区2018届高三下学期质量监控(二模)
化学试题
1. 常用于治疗胃酸过多的是
A. 碳酸钠    B. 氢氧化铝    C. 氧化钙    D. 硫酸钡
【答案】B
【解析】胃酸的成分是盐酸,A、碳酸钠的碱性较强,对人体有伤害,因此不能用于治疗胃酸过多,故A错误;B 、氢氧化铝能与胃酸反应,且对人体无伤害,因此用于治疗胃酸过多,故B正确;C、氧化钙能与酸反应放出大量的热,虽然能与胃酸反应,但对人体有伤害,因此不能用于治疗胃酸过多,故C错误;D、硫酸钡不与胃酸反应,故D错误。
2. 下列我国古代的技术应用中,其工作原理不涉及化学反应的是
A. 火药使用    B. 粮食酿酒    C. 转轮排字    D. 湿法炼铜
【答案】C
【解析】A、火药中发生的反应是2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑,涉及化学反应,故A错误;B、粮食酿酒中涉及淀粉水解(C6H10O5)n+nH2O nC6H12O6,C6H12O6→2C2H5OH+2CO2↑,故B错误;C、转轮排字没有涉及化学反应,故C正确;D、湿法炼铜涉及Fe+CuSO4=FeSO4+Cu,故D错误。
3. 漂粉精的有效成分是
A. Ca (ClO) 2    B. CaCl2    C. CaCO3    D. Ca(OH)2
【答案】A
 
4. 将两种互不相溶的液体分离的方法是
A. 结晶    B. 分液    C. 蒸馏    D. 过滤
【答案】B
【解析】A、结晶得到固体或晶体物质,不符合要求,故A错误;B、分液:分离两种互不相溶的液体,故B正确;C、蒸馏:分离互溶的液体,利用其沸点不同,故C错误;D、过滤:分离的是液体和不溶物,故D错误。
5. 以下过程与化学键断裂无关的是
A. 氯化钠熔化    B. 金刚石熔化    C. 金属汞汽化    D. 干冰升华
【答案】D
【解析】A、氯化钠属于离子化合物,熔化时破坏离子键,故A错误;B、金刚石属于原子晶体,熔化时破坏共价键,故B错误;C、汞属于金属,汽化时,破坏金属键,故C错误;D、干冰属于分子晶体,升华时破坏范德华力,故D正确。
点睛:(1)离子化合物溶于水或熔化过程中,断裂离子键;(2)共价化合物的溶解过程,①有些共价化合物溶于水后,能与水反应,其分子内共价键被破坏,如CO2等,②有些共价化合物溶于水后,与水分子作用形成水合离子,从而发生电离,共价键被破坏,③有些共价化合物溶于水后,其分子内的共价键不被破坏,如蔗糖等;(3)单质的溶解过程,能与水发生反应,破坏共价键,如Cl2等;(4)原子晶体熔化时,破坏共价键;(5)分子晶体熔化时,破坏分子间作用力。
6. 有关35Cl和37Cl的说法正确的是
A. 核外电子数不同    B. 化学性质不同    C. 互为同位素    D. 中子数相同
【答案】C
【解析】A、两种核素质子数均为17,对原子:质子数=核外电子数,即两种核素的核外电子数相同,故A错误;B、化学性质与最外层电子有关,两种核素核外电子排布相同,最外层电子数相同,即化学性质相同,故B错误;C、根据同位素的定义,两种核素属于同种元素,且中子数不同的不同原子,因此两者互为同位素,故C正确;D、中子数=质量数-质子数,即中子数分别为18、20,中子数不同,故D错误。
7. 一定条件下,氨气与氟气发生反应:4NH3+3F2→NF3+3NH4F,其中NF3空间结构与NH3相似。下列有关说法错误的是
A. 反应物和生成物均为共价化合物    B. NF3空间结构为三角锥形
C. NF3中只含极性共价键    D. NH4F中既含有离子键又含有共价键
【答案】A
 ............
8. 具有下列性质的物质可能属于离子晶体的是
A. 熔点113 ℃,能溶于CS2    B. 熔点44℃,液态不导电
C. 熔点1124℃,易溶于水    D. 熔点180 ℃,固态能导电
【答案】C
【解析】A、熔点113℃,能溶于CS2,这是分子晶体的性质,故A错误;B、熔点低,液态不导电,这是分子晶体的性质,故B错误;C、熔点较高,多数离子晶体溶于水,此性质为离子晶体性质,故C正确;D、离子晶体在固态时不导电,故D错误。
点睛:判断晶体属于哪一类时,需要根据晶体的性质进行判断,如离子晶体的性质,熔沸点较高,一般离子晶体溶于水,不溶于非极性溶剂,固态时不导电,熔融状态或水溶液能够导电。
9. 不能检验溶液中I- 的试剂是
A. AgNO3、稀HNO3    B. 氯水、CCl4
C. 氯水、淀粉    D. KBr、稀HCl
【答案】D
【解析】A、加入AgNO3溶液,如果生成黄色沉淀,加入HNO3溶液,沉淀不溶解,说明溶液中含有I-,反之,不含有I-,故A错误;B、I2易溶于有机溶剂,氯气的氧化性强于I2,通入氯水、CCl4后,溶液出现分层,上层为水层,下层溶液显紫红色,说明溶液中含有I-,故B错误;C、加入氯水后,再加入淀粉,如果溶液变蓝,说明原溶液中含有I-,反之不含有,故C错误;D、Br2的氧化性强于I2,因此KBr和稀盐酸后,溶液无现象,不能说明原溶液中含有I-,故D正确。
10. 侯氏制碱法制造纯碱同时副产氯化铵。在母液处理上,有关说法错误的是
A. 水浴加热,有利于NH4Cl更多地析出
B. 加入食盐,增大Cl-的浓度,使NH4Cl更多地析出
C. 通入氨气,增大NH4+的浓度,使NH4Cl更多地析出
D. 通入氨气,使NaHCO3转化为Na2CO3,提高析出的NH4Cl纯度
【答案】A
【解析】A、从母液中获得NH4Cl晶体,采用的时降温结晶的方法,故A说法错误;B、加入食盐,增加c(Cl-),使NH4Cl更多析出,故B说法正确;C、通入NH3,NH3+H2O=NH3•H2O,NH3•H2O NH4++OH-,c(NH4+)增大,使NH4Cl更多地析出,故C说法正确;D、通入氨气,NH3•H2O与NaHCO3反应生成Na2CO3,溶解度小的转化成溶解度大的,c(NH4+)增大,提高析出NH4Cl的纯度,故D说法正确。
11. 工业电解饱和食盐水时,产生氢气的电极是
A. 阳极    B. 阴极    C. 正极    D. 负极
【答案】B
【解析】电解饱和食盐水总反应:2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑,阴极反应式:2H++2e-=H2↑,阳极反应式为:2Cl-2e-=Cl2↑,因此产生氢气的电极时阴极,故B正确。
12. 可用来鉴别乙醇、乙醛的试剂是
A. 银氨溶液    B. 乙酸溶液    C. 氯化铁溶液    D. 氢氧化钠溶液
【答案】A
【解析】A、乙醇不与银氨溶液反应,乙醛中含有醛基,能与银氨溶液发生反应,产生银镜,可以鉴别,故A正确;B、乙酸与乙醇发生酯化反应,但需要在浓硫酸作催化剂条件下进行,乙醛不与乙酸反应,因此不能鉴别两者,故B错误;C、氯化铁与乙醇、乙醛不发生反应,无法鉴别两者,故C错误;D、氢氧化钠不与乙醇、乙醛反应,不能鉴别两者,故D错误。
13. 下列排列的顺序错误的是
A. 羟基氢原子的活泼性:CH3COOH>H2O>C2H5OH
B. 碱性:NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3
C. 原子半径:Na>Al>O
D. 热稳定性:HCl>PH3>H2S
【答案】D
【解析】A、乙酸属于羧酸,溶液显酸性,H2O为中性,属于弱电解质,C2H5OH为非电解质,因此羟基氢原子的活泼性:CH3COOH>H2O>C2H5OH,故A说法正确;B、金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的碱性越强,金属性:Na>Mg>Al,因此碱性:NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3,故B说法正确;C、同周期从左向右原子半径减小,同主族从上到下原子半径增大,因此原子半径大小比较:Na>Al>O,故C说法正确;D、非金属性越强,其气态氢化物的稳定性增强,即稳定性:HCl>H2S>PH3,故D说法错误。
14. 制备乙酸丁酯实验装置正确的是 
 
A. A    B. B    C. C    D. D
【答案】C
【解析】A、试管应向上倾斜,这样受热面积大,故A错误;B、乙酸、丁醇受热易挥发,此装置造成原料的浪费,故B错误;C、乙酸、丁醇受热挥发,在冷凝管处冷却,回落到烧瓶中,增加原料的利用,故C正确;D、锥形瓶中收集到的乙酸丁酯中含有大量乙酸、丁醇,乙酸丁酯的纯度降低,故D错误。
15. 配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时,下列因素对结果没有影响的是
A. 溶解过程中有少量液体溅出    B. 容量瓶使用前未干燥
C. 洗涤液未全部转移到容量瓶中    D. 定容时液面未到刻度线
【答案】B
【解析】A、溶解过程中有少量的液体溅出,造成容量瓶中溶质物质的量减少,所配溶液的浓度偏低,故A错误;B、容量瓶中是否有水,对实验无影响,故B正确;C、洗涤液未全部转移到容量瓶中,造成容量瓶中溶质物质的量减少,所配溶液的浓度偏低,故C错误;D、定容是液面未到刻度线,溶液体积减少,所测溶液的浓度偏高,故D错误。
16. 研究电化学腐蚀及防护的装置如右图所示。有关说法正确的是
 
A. 锌片发生氧化反应作阴极
B. 电子从铁片经过导线流向锌片
C. 铁片上电极反应为:2H+ + 2e→H2↑
D. 该装置可用于研究牺牲阳极的阴极保护法
【答案】D
【解析】A、锌片比铁片活泼,根据原电池工作原理,锌片作负极,发生氧化反应,故A错误;B、根据原电池工作原理,电子从负极经外电路流向正极,即从锌片经外电路流向铁片,故B错误;C、因为环境时弱碱性,因此发生吸氧腐蚀,正极反应式:O2+2H2O+4e-=4OH-,故C错误;D、此装置保护铁不被腐蚀,根据原理,该装置课用于研究牺牲阳极的阴极保护法,故D正确。
17. 将等物质的量的Cl2和SO2通入BaCl2溶液,充分反应后滴入品红溶液,能观察到的现象是:①出现沉淀;②不出现沉淀;③品红溶液褪色;④品红溶液不褪色
A. ①④    B. ①③    C. ①②    D. ②④
【答案】A
【解析】SO2和Cl2发生反应:SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl,当SO2、Cl2等物质的量通入溶液混合后,生成H2SO4和HCl,不具有漂白性,同时发生BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl,有白色沉淀发生,故选项A正确。
18. 能用离子方程式H++ OH-→ H2O 表示的反应是
A. 氨水和盐酸    B. 氢氧化钠溶液和醋酸
C. 硫酸和氢氧化钡溶液    D. 硝酸和澄清石灰水
【答案】D
【解析】能用离子方程式H++OH-→H2O表示的反应应该满足强酸和强碱反应生成可溶性盐和水的反应,则A、氨水是弱碱,A错误;B、醋酸是弱酸,B错误;C、硫酸和氢氧化钡溶液生成硫酸钡沉淀,C错误;D、硝酸和石灰水生成硝酸钙和水,可用H++OH-→H2O表示,D正确,答案选D。
19. 常温下pH=2的某酸HA和pH=12的NaOH溶液等体积混合,则所得溶液的pH
A. =7    B. ≥7    C. ≤7    D. 以上均有可能
【答案】C
【解析】假设HA为强酸,pH=2的HA与pH=12的NaOH溶液等体积混合,恰好完全中和,溶液显中性,即pH=7;假设HA为弱酸,pH=2的HA中c(HA)大于pH=12的NaOH溶液中c(NaOH),即等体积混合后,溶液中溶质为NaA和HA,HA的量大于NaA的量,HA的电离大于A-水解,溶液显酸性;综上所述,选项C正确。
点睛:本题易错选项是选项D,学生认为当HA为弱酸时,存在A-水解大于HA的电离,但学生忽略了这样的分析是在NaA和HA的物质的量相等的情况下进行的,现在HA的量大于NaA的量,HA的电离大于A-的水解,溶液显酸性,不会显碱性,从而作出合理推断。
20. NA表示阿伏加德罗常数。硫与浓硝酸反应的化学方程式为:S+6HNO3(浓)→H2SO4+6NO2↑+2H2O,有关说法正确的是
A. 氧化剂与还原剂物质的量之比为1:6    B. 每产生2.24升NO2转移电子0.1NA个
C. 随着反应进行溶液的酸性逐渐增强    D. 氧化性:HNO3(浓)>H2SO4
【答案】D
【解析】A、根据化学反应方程式,S的化合价升高,S作还原剂,HNO3中N的化合价降低,HNO3作氧化剂,因此氧化剂与还原剂物质的量之比为6:1,故A错误;B、没有指明条件是否时标准状况,因此无法计算NO2的物质的量,故B错误;C、根据反应方程式,消耗6molHNO3生成1molH2SO4,随着反应进行,酸性逐渐减弱,故C错误;D、根据氧化还原反应规律,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,HNO3(浓)为氧化剂,H2SO4为氧化产物,因此浓硝酸的氧化性强于H2SO4,故D正确。
21. I.2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe在化学反应过程中产生超高热,曾用于钢轨焊接。完成下列填空
(1)氧元素在元素周期表中的位置为_______________,其离子结构示意图为__________。
(2)铝盐常用作净水剂,用文字和化学用语进行解释_______________________________。
(3)氧的非金属性强于氮,用元素周期律知识分析原因_____________________________。
(4)Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式为______________________________________。
II.NH4Al(SO4)2•12H2O水溶液呈_____性(选填“酸”、“碱”或“中”),比较溶液中离子浓度大小c(NH4+)_____c(Al3+)(选填“>”、“<”或“=”)。
【答案】    (1). 第二周期第ⅥA族    (2).      (3). Al3+水解产生氢氧化铝胶体,能吸附水中悬浮物使之凝聚达到净水目的,Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+    (4). 同一周期,从左到右,随着原子序数的递增,元素的非金属性逐渐增强    (5). Al2O3+2OH-→2AlO2-+H2O    (6). 酸    (7). >
【解析】I.(1)考查元素周期表和离子结构示意图的书写,O元素位于第二周期VIA族,O元素最外层电子数为6,得到2个电子达到稳定结构,即O2-的结构示意图为 ;(2)考查盐类水解的应用,Al3+水解产生氢氧化铝胶体,Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+,能吸附水中悬浮物使之凝聚达到净水目的;(3)考查元素周期律,O和N两种元素位于同周期, 同一周期,从左到右,随着原子序数的递增,元素的非金属性逐渐增强;(4)考查氧化铝的两性,发生离子方程式为:Al2O3+2OH-→2AlO2-+H2O;II.考查盐类水解以及离子浓度大小的比较,Al3+、NH4+属于弱碱根离子,发生水解,Al3++3H2O Al(OH)3+3H+、NH4++H2O NH3•H2O+OH-,水溶液显酸性;Al3+得OH-能力强于NH4+,因此c(NH4+)>c(Al3+)。
点睛:本题的疑惑点时离子浓度大小比较,可以从氢氧化铝沉淀制备入手,用可溶性铝盐与过量氨水的反应,Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,说明Al3+结合OH-能力强于NH4+,即Al3+水解抑制NH4+水解,得出c(NH4+)>c(Al3+)。
22. 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) +Q ,是接触法生产硫酸的主要反应之一。
完成下列填空
(1)生产过程中温度控制在400℃~500℃,目的是__________________________________;该反应无需加压的原因是____________________________________________________。
(2)上述反应在密闭容器中达到化学平衡状态的标志为______________________________。
(3)上述反应的平衡常数表达式为__________________________________,随着温度升高,平衡常数__________________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)接触法生产硫酸尾气中含有SO2,可以采用氨水吸收,生成(NH4)2SO3与NH4HSO3的混合溶液。反应所得(NH4)2SO3又可以将NO2转化为N2和(NH4)2SO4。
① 写出生成NH4HSO3的化学方程式__________________________________________。
② 书写NO2与(NH4)2SO3反应的化学方程式,标出该反应中电子转移的方向和数目__________________________________。
【答案】    (1). 确保催化剂的活性最高    (2). 该条件下SO2的转化率已经很高,增大压强对提高SO2的转化率无显著影响,反而会增加成本    (3). 容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化(合理即可)    (4). K=     (5). 减小    (6). NH3+H2O+SO2=NH4HSO3    (7). 
【解析】(1)考查化学反应条件的控制,此反应的正反应是放热反应,需要加入催化剂,因此控制温度在400℃~500℃的目的时保证催化剂的催化效率最高;因为在常压下,SO2的转化率已经很高,再增大压强,SO2的转化率提高不大,反而增加成本;(2)考查化学平衡状态的判断,容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化、组分的浓度不再改变等;(3)考查化学平衡常数,以及影响化学平衡常数的因素,根据化学平衡常数的定义,此反应的化学平衡常数K= ;化学平衡常数只受温度的影响,因为此反应的正反应是放热反应,因此升高温度,化学平衡常数减小;(4)考查化学反应方程式的书写、电子转移方向和数目,①SO2在某些性质上与CO2的性质相似,向氨水中通入SO2,先发生SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3,继续通入SO2,则发生(NH4)2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3,因此生成NH4HSO3的总反应是NH3+H2O+SO2=NH4HSO3;②根据题中信息,(NH4)2SO3+NO2→N2+(NH4)2SO4,根据化合价升降法进行配平,得出2NO2+4(NH4)2SO3=N2+4(NH4)2SO4,表示转移电子方向和数目为 。
点睛:本题的难点是氧化还原反应方程式的书写,(NH4)2SO3与NO2反应,生成N2和(NH4)2SO4,即有(NH4)2SO3+NO2→N2+(NH4)2SO4,S的化合价由+4价→+6价,化合价升高2价,NO2作氧化剂,N的化合价降低4价,最小公倍数为4,有2(NH4)2SO3+NO2→N2+2(NH4)2SO4,根据原子守恒,配平其他,即化学反应方程式为2NO2+4(NH4)2SO3=N2+4(NH4)2SO4。
23. 铁矿石主要成分为铁的氧化物(设杂质中不含铁元素和氧元素,且杂质不与H2SO4反应)。有一种测定铁矿石中含铁量的方法如下。
已知:2Na2S2O3+I2→Na2S4O6+2NaI
 
完成下列填空:
(1)步骤②用到的玻璃仪器除烧杯外,还有_________、_________,步骤⑤中必须用到的定量实验仪器是___________________。
(2)步骤③对应反应的离子方程式为______________________________________________。
(3)步骤④中煮沸的作用是__________________________________________。
(4)步骤⑦可用淀粉作为滴定终点的指示剂,达到滴定终点时的现象是_________________。若滴定过程中有空气进入,则测定结果_______。(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
(5)若过程⑦中消耗0.5000mol•L−1 Na2S2O3溶液20.00mL,则铁矿石中铁的百分含量为___。
【答案】    (1). 漏斗    (2). 玻璃棒    (3). 250mL容量瓶    (4). 2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl-    (5). 除去过量的氯气,避免影响后续滴定    (6). 溶液由蓝色恰好变为无色且30秒内不还原    (7). 偏高    (8). 70%
【解析】考查实验方案设计与评价,(1)步骤②操作方法是过滤,用到的玻璃仪器时烧杯、玻璃棒、(普通)漏斗;步骤⑤稀释至250mL溶液,这需要在容量瓶中进行操作,即步骤⑤必须用到的定量实验仪器是250mL容量瓶;(2)铁矿石中含有铁的氧化物,杂质不含铁元素和氧元素,加入稀硫酸,铁的氧化物与稀硫酸发生反应,滤液A中有含铁元素的离子,通入足量氯气的目的是把溶液中Fe2+氧化成Fe3+,即离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;(3)步骤③中通入过量的氯气,过量的氯气能与Na2S2O3发生反应,因此加热煮沸的目的是除去过量的氯气,避免对后续实验产生干扰;(4)加入足量的KI溶液,发生2Fe3++2I-=2Fe2++I2,向此溶液中滴加淀粉溶液,溶液变蓝,然后滴加Na2S2O3溶液消耗I2,因此滴定终点的现象是溶液由蓝色恰好变为无色且30秒内不还原;空气中氧气把I-氧化成I2,消耗的Na2S2O3的量增加,即所测结果偏高;(5)建立关系:2Fe3+~2Na2S2O3,矿石中铁元素的百分含量= ×100%=70%。
点睛:本题的难点是样品中铁元素百分含量的确定,本题中不要根据所列反应方程式一一进行计算,应该用关系式进行计算,这样可以缩短解题的步骤,还要注意消耗20.00mLNa2S2O3溶液,应是20.00mLB溶液消耗的Na2S2O3,需要转化成250mLB溶液中消耗的Na2S2O3的量。
24. 1,4-环己二醇(有机物G)是重要的医药中间体和新材料单体,可通过以下流程制备。
 
完成下列填空:
(1)写出C的结构简式_____________,G中官能团名称为_____________。
(2)写出反应①的化学方程式 ____________________________________________________。
(3)一定条件下D脱氢反应得到苯。写出苯发生硝化反应的化学方程式__________________。
(4)检验F中存在溴元素的方法是________________________________________________。
(5)写出由CH2=CHCH2Br合成CH3CH2COOCH2CH2CH3的路线。(合成路线常用的表示方式为 :  )______________________
【答案】    (1).      (2). 羟基    (3).      (4). C6H6 +HNO3   C6H5-NO2 +H2O    (5). 取样,加氢氧化钠溶液,加热,冷却后,加入稀硝酸酸化至酸性,然后再加入硝酸银,有淡黄色沉淀产生,说明有溴元素    (6). 
【解析】考查有机物的合成,反应①发生消去反应,根据D的结构简式,B生成C发生是加成反应,C的结构简式为 ,反应②发生消去反应,根据F的结构简式,D生成E发生1,4-加成,即E的结构简式为 ,(1)根据上述分析,C的结构简式为 ;G中含有官能团是羟基;(2)反应①的化学方程式为 ;(3)苯与浓硝酸,在浓硫酸条件下加热,发生取代反应,即反应方程式为C6H6 +HNO3   C6H5-NO2 +H2O ;(4)检验溴元素,首先把溴元素转化成离子,即方法是取样,加氢氧化钠溶液,加热,冷却后,加入稀硝酸酸化至酸性,然后再加入硝酸银,有淡黄色沉淀产生,说明有溴元素;(5)合成CH3CH2COOCH2CH2CH3时,需要的原料是CH3CH2COOH和CH3CH2CH2OH,因此先把CH2=CHCH2Br与氢气发生加成反应,生成CH3CH2CH2OH,然后连续氧化成CH3CH2COOH,最后CH3CH2COOH与CH3CH2CH2OH发生酯化反应,得到目标产物,即合成路线为 。
点睛:有机物的推断中,对比反应前后结构简式,确认官能团的引入和去掉,找出化学键的断裂和生成,确认反应类型,从而确认有机物的结构简式;问题(4)中,向溶液中加入AgNO3时,需要中和过量的NaOH,防止OH-对Br-产生干扰,因此具体操作是取样,加氢氧化钠溶液,加热,冷却后,加入稀硝酸酸化至酸性,然后再加入硝酸银,有淡黄色沉淀产生,说明有溴元素。

 

 
 

 

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