化学广西百色市学年高一下学期期末考试试题word版附答案解析.docx
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化学广西百色市学年高一下学期期末考试试题word版附答案解析.docx
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化学广西百色市学年高一下学期期末考试试题word版附答案解析
广西百色市2017-2018学年高一下学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量:
H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64Zn-65Br-80
第I卷(选择题,共48分)
一、选择题(本题共16小题,每题3分,题只有1项正确。
)
1.下列说法中正确的是()
A.石油液化气、汽油、地沟油加工制成的生物柴油都是碳氢化合物
B.石油通过催化裂化过程将重油裂化为汽油
C.聚乙烯塑料可用于食品包装,该塑料的老化是因为发生加成反应
D.医用酒精和葡萄糖注射液可用丁达尔效应区分
【答案】B
【解析】详解:
A项,石油液化气、汽油的主要成分是碳氢化合物的混合物,石油液化气、汽油加工制成的生物柴油是碳氢化合物,地沟油是高级脂肪酸的甘油酯,地沟油加工制成的生物柴油中含碳、氢、氧三种元素,A项错误;B项,重油中碳原子数在20以上,汽油中碳原子数在5~11之间,石油通过催化裂化过程将重油裂化为汽油,B项正确;C项,聚乙烯中不含碳碳双键,聚乙烯塑料不能发生加成反应,塑料的老化由于长链分子断裂成短链分子,C项错误;D项,医用酒精和葡萄糖注射液都属于溶液,两者都不能产生丁达尔效应,不能用丁达尔效应区分医用酒精和葡萄糖注射液,D项错误;答案选B。
2.烷烃
是单烯烃R和氢气发生加成反应后的产物,则R可能的结构简式有()
A.4种B.5种C.6种D.7种
【答案】C
【解析】详解:
烯烃中碳碳双键与H2发生加成反应,加成产物中相邻的两个碳原子上均连有氢原子,烷烃中相邻的两个碳原子上均连有氢原子,此两个碳原子间是对应烯烃碳碳双键的位置,如图
标号处为碳碳双键位置所在,R的可能的结构简式有6种,答案选C。
3.下列过程的离子方程式书写正确的是()
A.Cu与AgNO3溶液反应:
Cu+Ag+=Ag+Cu2+
B.醋酸与氢氧化钠溶液反应:
CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O
C.碳酸氢钠与硫酸反应:
CO32-+2H+=CO2↑+H2O
D.铁与足量稀硝酸反应:
3Fe+8H++2NO3-=2NO↑+3Fe2++4H2O
【答案】B
【解析】详解:
A项,电荷不守恒,正确的离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag,A项错误;B项,醋酸与氢氧化钠溶液反应生成CH3COONa和H2O,离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O,B项正确;C项,NaHCO3应改写成Na+和HCO3-,正确的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑,C项错误;D项,稀硝酸具有强氧化性,足量稀硝酸将Fe氧化成Fe3+,符合题意的离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O,D项错误;答案选B。
4.下列说法不正确的是()
A.N2的电子式是
B.金刚石和石墨是同位素
C.1mol14NH4+含有中子7molD.周期表中第13纵行是ⅢA元素
【答案】B
【解析】详解:
A项,N2的电子式为
,A项正确;B项,金刚石和石墨是碳元素形成的不同的单质,金刚石和石墨互为同素异形体,B项错误;C项,1个14NH4+中含有7个中子,1mol14NH4+中含有7mol中子,C项正确;D项,根据元素周期表的结构,元素周期表中第13纵行是IIIA元素,D项正确;答案选B。
5.某无色溶液中加入铝片有氢气产生,则该溶液中一定能大量共存的离子组是()
A.Cl-、NO3-、Ba2+、Fe3+B.SO42-、H+、HCO3-、Na+
C.Na+、K+、SO42-、Cl-D.NH4+、Ba2+、Cl-、NO3-
【答案】C
【解析】详解:
加入铝片有氢气产生,溶液可能呈酸性也可能呈碱性。
A项,酸性条件下Al与NO3-反应不产生H2,酸性条件下NO3-不能大量存在,碱性条件下Fe3+与OH-反应不能大量存在;B项,H+与HCO3-反应不能大量共存,碱性条件下H+、HCO3-都不能大量存在;C项,无论酸性还是碱性条件下离子相互间不反应,离子一定能大量共存;D项,酸性条件下Al与NO3-反应不产生H2,酸性条件下NO3-不能大量存在,碱性条件下NH4+与OH-反应不能大量存在;一定能大量共存的离子组是C项,答案选C。
6.设NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.常温下28gN2含有的电子数为10NA
B.标准状况下,22.4LH2O含有的分子数是NA
C.室温下44gCO2含有的分子数是NA
D.100mL1mol·L-1盐酸中含有的HCl分子数是0.1NA
【答案】C
【解析】详解:
A项,n(N2)=
=1mol,1个N2中含有14个电子,28gN2含电子物质的量为14mol,A项错误;B项,H2O在标准状况下不呈气态,不能用22.4L/mol计算n(H2O),B项错误;C项,n(CO2)=
=1mol,室温下44gCO2含有分子数是NA,C项正确;D项,n(HCl)=1mol/L
0.1L=0.1mol,HCl在水分子作用下完全电离成H+和Cl-,盐酸中不含HCl分子,D项错误;答案选C。
7.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和N2,在一定条件下使反应SO2(g)+NO(g)
SO3(g)+NO(g)达到平衡,正反应速率随时间变化的示意图如图所示。
由图可得出的结论正确的是()
A.反应在c点达到平衡状态
B.反应物浓度:
a点小于b点
C.反应物的总能量低于生成物的总能量
D.△t1=△t2时,SO2的转化率:
a~b段小于b~c段
【答案】D
【解析】试题分析:
化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率,c点对应的正反应速率还在改变,未达平衡,A错误;a到b时正反应速率增加,反应物浓度随时间不断减小,B错误;从a到c正反应速率增大,之后正反应速率减小,说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响,说明该反应为放热反应,即反应物的总能量高于生成物的总能量,C错误;随着反应的进行,正反应速率增大,△t1=△t2时,SO2的转化率:
a~b段小于b~c段,D正确;答案选D。
8.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W与Y、X与Z位于同一主族,W与X可形成共价化合物WX2,Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍。
下列叙述不正确的是()
A.原子半径的大小顺序为X C.W、X、Y、Z最外层电子数之和为20D.Z的气态氢化物比Y的稳定 【答案】A 【解析】详解: Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍,Y为Si元素;W与Y位于同主族,W的原子序数小于Y,W为C元素;W与X可形成共价化合物WX2,W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X与Z位于同一主族,X为O元素,Z为S元素。 A项,根据“层多径大,序大径小”,原子半径由小到大的顺序为X W Z Y,A项错误;B项,WX2、YX2、ZX2分别为CO2、SiO2、SO2,这三种物质中均只含共价键,B项正确;C项,W、X、Y、Z的最外层电子数分别为4、6、4、6,最外层电子数之和为4+6+4+6=20,C项正确;D项,非金属性Z(S) Y(Si),Z的气态氢化物比Y的稳定,D项正确;答案选A。 9.控制适合的条件,将反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2设计成如图所示的原电池。 下列判断不正确的是() A.反应开始时,乙中石墨电极上发生氧化反应 B.反应开始时,甲中石墨电极上Fe3+被还原 C.电流计读数为零时,反应达到化学平衡状态 D.电流计读数为零后,在甲中溶入FeCl2固体,乙中石墨电极为负极溶液 【答案】D 【解析】由反应2Fe3++2I- 2Fe2++I2可知,反应开始时,甲中Fe3+发生还原反应,乙中I-发生氧化反应;当电流计读数为零时,则反应达到了平衡状态,此时在甲中溶入FeCl2固体,平衡向逆反应方向移动,乙中I2发生还原反应,则乙中石墨电极为正极,答案选D。 10.烃完全燃烧时,消耗的氧气与生成的CO2体积比为3: 2,该烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色,也能使溴水褪色,则该烃的分子式可能为() A.C3H4B.C2H4C.C2H6D.C6H6 【答案】B 【解析】烃的燃烧通式是CnHm+(n+m/4)O2=nCO2+m/2H2O,所以根据题意可知,(n+m/4)︰n=3∶2,解得n︰m=1∶2。 又因为该烃能使酸性高锰酸钾溶液退色,能使溴水退色,所以应该是乙烯,答案选B。 11.下图中左图是铜锌原电池示意图,右图中x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量,y轴表示() A.铜棒的质量B.c(H+)C.c(SO42-)D.C(Zn2+) 【答案】B 【解析】铜锌原电池中,Zn是负极,失去电子发生氧化反应,电极反应为Zn-2e-=Zn2+,Cu是正极,氢离子得电子发生还原反应,电极反应为2H++2e-=H2↑;A.Cu是正极,氢离子得电子发生还原反应,Cu棒的质量不变,故A错误;B.由于反应不断消耗H+,所以溶液的c(H+)逐渐降低,故B正确;C.SO42-不参加反应,其浓度不变,故C错误;D.由于Zn是负极,不断发生反应Zn-2e-=Zn2+,所以溶液中c(Zn2+)增大,故D错误;故选B。 12.短周期元素X、Y、Z原子序数和为36,X、Y在同一周期,X+、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.X、Z形成的化合物只含有离子键 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】详解: X、Z都是短周期元素,X+、Z2-具有相同的核外电子层结构,X为Na元素,Z为O元素;X、Y、Z的原子序数之和为36,X、Y在同一周期,Y的原子序数为17,Y为Cl元素。 A项,X为Na元素,Na位于第三周期第IA族,同周期从左到右主族元素的金属性逐渐减弱,同周期元素中X的金属性最强,A项正确;B项,X、Z形成的化合物有Na2O、Na2O2,Na2O中只有离子键,Na2O2中含离子键和共价键,B项错误;C项,Z为O元素,O位于第二周期第VIA族,同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱,气态氢化物的稳定性逐渐减弱,同主族中Z的氢化物稳定性最高,C项正确;D项,Y为Cl元素,Cl位于第三周期第VIIA族,同周期从左到右主族元素的非金属性逐渐增强,最高价含氧酸的酸性逐渐增强,同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强,D项正确;答案选B。 13.可逆反应: X(s)+Y(g) 2Z(g)在容积为1L密闭容器反应,下列叙述不是反应达到平衡状态的标志的是() ①单位时间内生成1molX的同时消耗2molZ ②Z的体积分数不再变化 ③体系的压强不再改变 ④Y、Z的物质的量浓度比为1: 2 ⑤Y的转化率不再改变的状态 ⑥混合气体的密度不再改变的状态 A.仅①④B.①③④C.①④⑤D.②③⑤⑥ 【答案】A 【解析】详解: ①单位时间内生成1molX的同时消耗2molZ,只表示逆反应,不能说明反应达到平衡状态;②Z的体积分数不再变化,能说明反应达到平衡状态;③该反应的正反应气体分子数增加,建立平衡过程中气体分子物质的量增大,恒温恒容容器中体系的压强增大,达到平衡时气体分子物质的量不变,体系的压强不变,体系的压强不再改变能说明反应达到平衡状态;④达到平衡时各组分的浓度保持不变,不一定等于化学计量数之比,Y、Z的物质的量浓度比为1: 2不能说明反应达到平衡状态;⑤Y的转化率不再改变表明Y的浓度不再变化,能说明反应达到平衡状态;⑥由于X呈固态,根据质量守恒定律,建立平衡过程中混合气体的总质量增大,容器的容积恒定,混合气体的密度增大,达到平衡时混合气体的总质量不变,混合气体的密度不变,混合气体的密度不再改变能说明反应达到平衡状态;不能说明反应达到平衡状态的是①④,答案选A。 14.海带中提取碘单质,成熟的工艺流程如下 下列关于海水制碘的说法,正确的是() A.实验室在蒸发皿中灼烧干海带,并且用玻璃棒搅拌 B.可用酒精萃取碘水中的I2 C.沸水浸泡海带灰的目的是为了加快I-的溶解,并使之溶解更充分 D.含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水后,碘元素发生还原反应 【答案】C 【解析】详解: A项,灼烧时选用的仪器是坩埚,而不是蒸发皿,A项错误;B项,酒精与水互溶,不能用酒精萃取碘水中的I2,B项错误;C项,沸水浸泡海带灰,升高温度加快I-的溶解,使溶解更充分,C项正确;D项,含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水,发生的离子反应方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O,该反应中碘元素的化合价由-1价升至0价,碘元素发生氧化反应,D项错误;答案选C。 15.今有五种有机物: ①CH2OH(CHOH)4CHO,②CH3(CH2)3OH,③CH2=CH—CH2OH,④CH2=CH-COOCH3,⑤CH2=CH-COOH。 其中既能发生加成反应、加聚反应、酯化反应,又能发生氧化反应的是() A.③⑤B.①②⑤C.②④D.③④ 【答案】A 【解析】详解: ①CH2OH(CHOH)4CHO中含醛基能发生加成反应和氧化反应,含醇羟基能发生酯化反应和氧化反应,不能发生加聚反应;②CH3(CH2)3OH中含醇羟基能发生酯化反应和氧化反应,不能发生加成反应和加聚反应;③CH2=CHCH2OH中含碳碳双键能发生加成反应、加聚反应和氧化反应,含醇羟基能发生酯化反应和氧化反应;④CH2=CHCOOCH3中含碳碳双键能发生加成反应、加聚反应和氧化反应,含酯基能发生水解反应(或取代反应),不能发生酯化反应;⑤CH2=CHCOOH中含碳碳双键能发生加成反应、加聚反应和氧化反应,含羧基能发生酯化反应;其中既能发生加成反应、加聚反应、酯化反应,又能发生氧化反应的是③⑤,答案选A。 16.下列由实验得出的结论正确的是() 实验 结论 A 某有机物完全燃烧,只生成CO2和H2O 该有机物一定含有碳氢两元素,不能确定是否含氧元素 B 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃烧气体 乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性 C 用乙酸浸泡水壶中的水垢,可将其清除 乙酸的酸性小于碳酸的酸性 D 甲烷与氯气在光源下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性 【答案】A 【解析】A、某有机物完全燃烧,只生成CO2和H2O,根据原子守恒可知该有机物一定含有碳氢两元素,不能确定是否含氧元素,A正确;B、乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体氢气,由于反应现象不同,因此乙醇分子中的氢与水分子中的氢的活性不同,B错误;C、乙酸的酸性强于碳酸的酸性,可用乙酸浸泡水壶中的水垢,将其清除,C错误;D、甲烷与氯气在光源下反应后的混合气体中含有氯化氢,能使湿润的石蕊试纸变红,生成的氯甲烷不具有酸性,D错误,答案选A。 第Ⅱ卷(非选择题共52分) 二、非选择题(共4小题,共52分) 17.短周期元素A、B、C、D、E在周期表中的位置如图所示,A、B、C、D位于连续的四个主族,D、E的质子数和是20。 D A B C E 回答下列问题: (1)C元素在周期表中的位置是_______;E元素的名称是_______。 (2)A元素与氧元素形成的原子个数比是1: 1的化合物的化学式是_______,该化合物含有的化学键类型是_______。 (3)B原子结构示意图是_______,从原子结构角度分析,B比C活泼性大的原因是_______。 (4)元素D比元素E的非金属性强的理由是_______(用化学方程式表示)。 (5)A、B、C、D离子半径由大到小的顺序是_________(填写离子符号)。 (6)将B、C的单质压成薄片用导线连接后浸入稀硫酸中,能量主要转化方式是_________,正极反应式是_________。 【答案】 (1).第3周期ⅢA族 (2).硅(3).Na2O2(4).离子键和共价键(5). (6).镁原子半径大于铝,镁原子核对最外层电子的吸引力小,容易失去最外层电子(7).Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3(8).O2->Na+>Mg2+>Al3+(9).化学能转化为电能(10).2H++2e-=H2↑ 【解析】详解: D、E处于同主族,E的质子数比D多8,D、E的质子数之和为20,则D的质子数为6,E的质子数为14,D为C元素,E为Si元素;A、B、C、D位于连续的四个主族,结合A、B、C、D、E在周期表中的位置,A为Na元素,B为Mg元素,C为Al元素。 (1)C为Al元素,Al原子核外有3个电子层,最外层电子数为3,Al元素在周期表中的位置是第三周期第IIIA族。 E为Si元素,名称为硅。 (2)A为Na元素,Na元素与氧元素形成的原子个数比是1: 1的化合物的化学式是Na2O2。 Na2O2的电子式为 ,Na2O2中含有的化学键类型是离子键和共价键。 (3)B为Mg,Mg的核电荷数为12,Mg原子核外有12个电子,Mg原子结构示意图为 。 B(Mg)比C(Al)活泼性大的原因是: 镁原子半径大于铝,镁原子核对最外层电子的吸引力小,容易失去最外层电子。 (4)可通过H2CO3(H2CO3为碳元素的最高价含氧酸)的酸性比H2SiO3(H2SiO3为硅元素的最高价含氧酸)的酸性强说明元素D(C)比元素E(Si)的非金属性强,根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律,相应的化学方程式为CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓。 (5)A、B、C、D的离子分别是Na+、Mg2+、Al3+、O2-,这四种离子具有相同的电子层结构,根据“序大径小”,四种离子半径由大到小的顺序是O2- Na+ Mg2+ Al3+。 (6)将Mg、Al的单质压成薄片用导线连接后浸入稀硫酸中构成原电池,原电池中能量主要转化方式是化学能转化为电能。 由于Mg比Al活泼,Mg为负极,Al为正极,负极电极反应式为Mg-2e-=Mg2+,正极电极反应式为2H++2e-=H2↑。 18.某实验小组测定镁、铝合金中镁的质量分数。 甲小组同学称量3.9g合金按照下图进行实验。 (1)仪器A的名称是_________。 (2)检查装置气密性的方法是_________。 (3)检查装置气密性好后开始实验,滴加稀硫酸时开始没有气泡产生,你认为可能的原因是____。 (4)若测得气体的体积是4.48L(转化为标准状况下),则合金中镁的质量分数是_______,若读数时没有冷却到室温读数,测得合金中镁的质量分数_____(填写“偏大”或“偏小”)。 (5)下列实验方案中能测定镁的质量分数的是_________。 A.W1gMg、Al合金量 固体→洗涤、干燥称量质量为W2g B.W1gMg、Al合金 固体→洗涤、干燥称量质量为W2g C.W1gMg、Al合金 排水量气测得气体体积为V2L(转化为标况) D.W1gMg、Al合金 溶液 沉淀→洗涤、干燥称量质量为W2g 【答案】 (1).分液漏斗 (2).关闭分液漏斗玻璃活塞,将导管插入水中,加热锥形瓶,导管口有气泡冒出,停止加热后冷却,形成一段水柱,表示气密性好(3).金属镁、铝表面有氧化膜,开始酸溶解氧化膜,没有气泡产生(4).30.8%(5).偏小(6).A、C、D 【解析】分析: (1)仪器A的名称是分液漏斗。 (2)用微热法检查装置的气密性。 (3)镁、铝表面有氧化膜,开始酸溶解氧化膜,没有气泡产生。 (4)Mg、Al与稀硫酸反应都放出H2,根据合金的质量和放出H2的体积计算Mg的质量分数。 等质量的Mg、Al分别与足量稀硫酸反应,Al放出H2的量大于Mg放出H2的量。 (5)从反应的原理和测量的物理量进行分析。 详解: (1)根据仪器A的构造特点,仪器A的名称是分液漏斗。 (2)用微热法检查装置的气密性,检查装置气密性的方法是: 关闭分液漏斗玻璃活塞,将导管插入水中,加热锥形瓶,导管口有气泡冒出,停止加热后冷却,形成一段水柱,表示气密性好。 (3)镁、铝合金中滴加稀硫酸时开始没有气泡产生,可能的原因是: 镁、铝比较活泼与空气中氧气反应表面生成氧化膜,开始酸溶解氧化膜,没有气泡产生。 (4)Mg、Al与稀硫酸反应的化学方程式分别为Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑,设Mg、Al合金中Mg、Al的物质的量分别为x、y,则列式24g/molx+27g/moly=3.9g,x+ y= ,解得x=0.05mol,y=0.1mol,合金中Mg的质量为0.05mol 24g/mol=1.2g,Mg的质量分数为 100%=30.8%。 等质量的Mg、Al分别与足量稀硫酸反应,Al放出H2的量大于Mg放出H2的量;若读数时没有冷却到室温时读数,测得的气体体积偏大;测得Mg的质量分数偏小。 (5)A项,Mg与NaOH溶液不反应,Al溶于NaOH溶液(反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑),最后称量的W2g固体为Mg,Mg的质量分数为 100%;B项,Mg溶于浓硝酸,Al与浓HNO3发生钝化生成致密的氧化膜,不能准确测量Al的质量,无法测定Mg的质量分数;C项,Mg与NaOH溶液不反应,Al溶于NaOH溶液(反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑),由收集的H2的体积V2L(标准状况)计算Al的质量,进一步计算Mg的质量和Mg的质量分数;D项,Mg、Al与足量稀硫酸反应生成MgSO4、Al2(SO4)3,反应后的溶液中加入过量NaOH溶液,MgSO4完全转化为Mg(OH)2沉淀,Al2(SO4)3转化为可溶于水的NaAlO2,最后称量的W2g固体为Mg(OH)2,由Mg(OH)2的质量结合Mg守恒计算Mg的质量,进一步计算Mg的质量分数;能测定Mg的质量分数的是A、C、D,答案选ACD。 19.工业上合成氨反应为: N2+3H2 2NH3,回答下列问题: (1)反应过程中拆开的化学键是_______; (2)反应放热,从价键角度分析,反应放热的原因是_______,下列图像正确的是_______。 (3)在体积是2L的密闭容器中开始加入1molN2,3molH2,反应过程浓度中,物质的浓度与时间的关系如图所示。 ①t1时生成NH3的物质的量是_______;用H2表示的化学反应速率υ(H2)=_______。 ②下列各项能表明反应达到化学平衡状态的是_______。 A.容器中气体的密度保持不变 B.容器中气体的压强不变 C.氨气的含量不变 D.拆开3molH—H键同时形成6molN—H键 (4)下列措施中能提高合成氨反应化学反应速率的是_______。 A.使用高效催化剂B.恒温恒容再充入氢气C.降低反应温度D.扩大容器体积 【答案】 (1).N≡N键和H一H键 (2).拆开反应物中的化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量(3).乙、丙(4).2/3mol(5). mol·L-1·s-1(6).B、C(7).A、B 【解析】分析: (1)反应过程中拆开的是反应物中的化学键。 (2)反应放热的原因是: 拆开反应物中的化学键吸收的能量小于形成生成物中化学键释放的能量
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