3.参考答案D说明分析甲NH3,乙为氮氧化合物,丙为H2O,丁为H,戊为SO2或由题中信息分析可知,A为H元素,B为N元素,C为O元素,D为S元素A错误,D的单质为硫,硫微溶于酒精,不能达到洗涤的目的,应用二硫化碳洗涤。B错误,同周期,从左到右,原子半径减小,电负性增大;同主族,从上到下原子半径增大,电负性减小,故原子半径:S>N>O;电负性:O>N>S。C错误,若戊为SO3,SO是平面正三角形结构,为含极性键的非极性分子。D正确,根据4NH3+6NO=5N2+6H2O,若2ml甲与3mol乙恰好反应生成2.5mol单质B,则乙为NO,是双原子分子

15.DA.4480mLNO2的物质的量=4.48L÷2.4L/mol=0.2mol336mLN2O4的物质的量=0.336L÷22.4L/mol=0.015mol,令Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者质量与电子转移守恒,可得:①64x+24y=4.6,②2x+2y=0.2+0.015×2,解得x=0.046、y=0.069,故该合金中铜与镁的物质的量之比=0.046mol:0.069mol=2:3,故A正确;B.密度为1.40g/mL、质量100×14gm1×63%=1分数为63%的浓硝酸。其物质的量浓度63 g/momol/L,故B正确;C.铜镁合金完全溶解于浓硝酸中,向反应后的溶液中加入NaOH溶液至离子恰好全部沉淀,生成沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2,由化学式可知n(OH-)=2n(Cu)+2n(Mg)=2×(0.046mol+0.069mol)=0.23mol,故沉淀质量=m(Cu)+m(Mg)+m(OH)=4.6g+0.23mol17g/mol=8.51g.故C正确;D.离子恰好完全沉淀时,此时溶液中溶质为NaNO3,根据N元素守恒可知n(HNO1)原=n(NaNO3)+n(NO2)+2n(N2O4),故n(NaNO3)=0.1L×14mo/L-0.2mol-2×0.015mol=1.17mol,根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO3)=1.17mol,故需要氢氧化钠溶液的体积=1.17mol÷1mol/=1.17L=1170mL,故D错误

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