安徽省黄山市学年高一上学期期末考试化学试题.docx
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安徽省黄山市学年高一上学期期末考试化学试题
安徽省黄山市2018-2019学年高一上学期期末考试
化学试题
1.化学与生活、社会发展息息相关,下列有关说法不正确的是
A.“时气错逆,霾雾蔽日”,雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应
B.“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,屠呦呦提取青蒿素的过程中发生了化学变化
C.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,北宋沈括用胆矾炼铜的过程属于置换反应
D.“外观如雪,强烧之,紫青烟起”,南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应
【答案】B
【解析】
A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效应,故A正确;B.对青蒿素的提取利用的是萃取原理,萃取过程中没有新物质生成,属于物理变化,故B错误;C.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”铁置换铜属于湿法炼铜,该过程发生了置换反应,故C正确;D.K元素的焰色反应为紫色,故“紫青烟起”是由于消石中的K+在火焰上灼烧时呈现出特殊颜色,故D正确;故选B。
点睛:
本题考查了化学知识在生产生活中的应用,涉及物理变化与化学变化的判断、胶体的性质等。
熟悉物质的性质是解题关键,平时要注意多积累。
2.有些科学家提出硅是“21世纪的能源”,下列有关硅及其化合物的说法正确的是
A.硅在自然界中以游离态和化合态两种形式存在
B.硅晶体是良好的半导体,可用于制造光导纤维
C.SiO2是酸性氧化物,不与任何酸发生反应
D.木材浸过水玻璃后,不易着火
【答案】D
【解析】
A.硅是亲氧元素,在自然界中全部以化合态形式存在,A错误;B.硅晶体是良好的半导体,二氧化硅可用于制造光导纤维,B错误;C.SiO2是酸性氧化物,能与氢氟酸发生反应,C错误;D.硅酸钠的水溶液是俗称水玻璃,可制作防火材料,因此木材浸过水玻璃后,不易着火,D正确,答案选D。
3.一定温度和压强下,用等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球,下列说法中正确的是
A.气球②中装的是O2
B.气球①和气球③中气体分子数相等
C.气球③和气球④中气体密度之比为2∶1
D.气球①和气球④中气体物质的量之比为4∶1
【答案】C
【解析】
【详解】根据阿伏伽德罗定律的推论:
同温同压下,同质量的气体的体积之比与其摩尔质量成反比,四种气体的摩尔质量的关系为M(SO2)>M(CO2)>M(O2)>M(CH4),所以气球①、②、③、④的气体分别为SO2、CO2、O2、CH4。
A项,气球②中装的是CO2,故A项错误;
B项,同质量的气体分子数之比等于物质的量之比,与摩尔质量成反比,气球①和气球③气体分子数不相等,故B项错误;
C项,同温同压下,气球的密度之比与摩尔质量成正比,气球③和气球④气体密度之比为2:
1,故C项正确;
D项,气球①和气球④物质的量之比为1:
4,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C。
【点睛】本题的易错项为D项。
依据理想气体方程PV=nRT可知,相同温度和压强下,气体的体积之比等于物质的量之比,相同质量的气体,其体积之比等于物质的量之比等于摩尔质量的反比,则①为SO2,④为CH4,故气球①和气球④的物质的量之比为16:
64,即1:
4。
4.设NA为阿伏加德罗常数的数值。
下列有关叙述正确的是
A.1L1mol/L的盐酸中含有HCl分子数为NA
B.8.8g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.3NA
C.标准状况下,11.2LSO3所含的分子数为0.5NA
D.Na2O2与H2O反应生成1.12LO2(标准状况),反应中转移的电子数为0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.HCl溶于水后完全电离,故盐酸溶液中无HCl分子,故A错误;
B.CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol,故8.8g混合物的物质的量为0.2mol,且两者均为三原子分子,故0.2mol混合物中含0.6NA个原子,故B错误;
C.标准状况下三氧化硫是固体,11.2LSO3的物质的量不是0.5mol,故C错误;
D.由Na2O2与H2O反应方程式:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知,Na2O2中O是-1价,到O2是0价,1.12L的O2(标准状况)就是0.1mol,转移的电子就是0.1mol乘以转变的化合价(即由-1到0是1),就是0.1NA个电子,故D正确。
答案选D。
5.下列实验操作所用仪器合理的是
A.实验室配制480mL1mol.L-1的NaOH溶液,需称量19.2g固体NaOH
B.将CCl4与溴水混合后振荡、静置,再用分液漏斗分离得到溴的四氯化碳溶液
C.用托盘天平称取25.30gNaCl固体
D.用50mL量筒量取4.8mL硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】A、没有480mL容量瓶,应选用500mL容量瓶配制,实验室配制500mL1mol/L的NaOH溶液需要NaOH的质量为:
0.5L×1mol/L×40g/mol=20.0g,故A错误;
B、CCl4与溴水混合后,四氯化碳和水互不相溶,所以溶液分层,可以采用分液的方法来分离,所以B选项是正确的;
C、只能用托盘天平称取25.3g的NaCl,数据精确到小数点后一位,故C错误;
D、用量筒量取和量筒的规格相近体积的溶液,否则误差会很大,故D错误。
所以B选项是正确的。
6.下列根据实验操作得出的结论正确的是
操作
现象
结论
A
无色溶液先滴加BaCl2溶液后加稀盐酸
生成白色沉淀不溶于盐酸
原溶液中一定有SO42-
B
无色溶液依次滴加氯水和CCl4,振荡、静置
下层溶液显橙红色
原溶液中有Br―
C
新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上
试纸先变红色后褪色
Cl2有漂白性
D
无色溶液滴加稀盐酸,产生无色无味气体,将气体通入澄清石灰水中
生成白色沉淀
原溶液中有大量CO32—
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.向某溶液中滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀,此白色沉淀可能为硫酸钡、氯化银、碳酸钡,继续滴加稀盐酸沉淀不溶解,由于硫酸钡和氯化银不溶于盐酸,碳酸钡溶于盐酸,说明此沉淀不是碳酸钡,因此该溶液中可能含有SO42-或Ag+,故A错误;
B.氯水可将Br-氧化生成Br2,Br2难溶于水,易溶于CCl4,故下层溶液显橙红色,B正确;
C.具有漂白性的不是Cl2而是HClO,故C错误;
D.如果原溶液中含有HCO3-,也会产生相同现象,故D错误。
答案选B。
7.下列离子方程式中,正确的是
A.澄清的石灰水跟盐酸反应:
H++OH-=H2O
B.氯气与水反应:
Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
C.碳酸钡与稀盐酸反应:
CO32-+2H+=H2O+CO2↑
D.金属钠跟水反应:
Na+H2O=Na++OH-+H2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A项,是普通的酸碱中和反应,离子方程式书写正确,故A项正确;
B项,HClO是弱电解质,在离子方程式中书写不可拆分,正确的离子方程式为:
Cl2+H2O
H++Cl-+HClO,故B项错误;
C项,BaCO3是沉淀,在离子方程式中书写不可拆分,正确的离子方程式为:
BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑,故C项错误;
D项,方程式未配平,正确的离子方程式为:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为A。
8.某溶液加入铝可以产生H2,则在该溶液中可能大量存在的离子组是
A.Na+、Fe3+、SO42-、SCN-B.K+、Na+、AlO2-、Cl-
C.K+、Na+、I-、MnO4-D.Na+、K+、HCO3-、Cl-
【答案】B
【解析】
溶液中加入金属铝有氢气放出,则溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,则:
A.Fe3+与SCN-发生络合反应而不能大量共存,选项A错误;B.在碱性条件下,四种离子之间不发生任何反应,能大量共存,选项B正确;C.I-与MnO4-发生氧化还原反应而不能大量存在,选项C错误;D.无论溶液呈酸性,还是呈碱性,HCO3-都不能大量存在,选项D错误。
答案选B。
9.下列物质中既能与稀硫酸反应,又能与NaOH溶液反应的是
①NaHCO3②Al2O3③NaAlO2④Al⑤(NH4)2CO3⑥AlCl3⑦Al(OH)3
A.①②③④⑥B.①②④⑤⑦
C.①③④⑤⑦D.①②⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
【分析】
中学常见既能与NaOH溶液反应,又能与稀硫酸反应的物质有:
铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、蛋白质、氨基酸等。
【详解】①NaHCO3是弱酸酸式盐,与硫酸反应得到硫酸钠、二氧化碳与水,与氢氧化钠反应得到碳酸钠,故①正确;
②Al2O3是两性氧化物,与硫酸反应得到硫酸铝,与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠,故②正确;
③NaAlO2与NaOH溶液不反应,故③错误;
④Al属于两性金属,与硫酸反应生成硫酸铝与氢气,与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠与氢气,故④正确;
⑤(NH4)2CO3 与硫酸反应得到硫酸钠、二氧化碳与水,与氢氧化钠浓溶液反应得到碳酸钠、氨气和水,故⑤正确,
⑥AlCl3与硫酸不反应,与过量氢氧化钠溶液反应得到偏铝酸钠,故⑥错误;
⑦Al(OH)3 是两性氧化物,与硫酸反应得到硫酸铝,与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠,故⑦正确。
所以B选项是正确的。
10.实验室按如下装置测定纯碱(含少量NaC1)的纯度。
下列说法不正确的是
A.滴入盐酸前,应将装置中含有CO2的空气排尽
B.装置①、④的作用是防止空气中的CO2进入装置③
C.必须在装置②、③间添加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶
D.反应结束时,应再通入空气将装置②中CO2转移到装置③中
【答案】C
【解析】
根据实验目的和装置图,实验原理为:
样品与盐酸反应产生的CO2用足量Ba(OH)2溶液吸收,通过测量装置③中产生沉淀的质量计算纯碱的纯度。
A,为了排除装置中含有CO2的空气对CO2测量的影响,滴入盐酸前,应将装置中含有CO2的空气排尽,A项正确;B,装置①中NaOH溶液的作用是吸收通入的空气中的CO2,防止空气中CO2进入装置③中,装置④的作用是防止外界空气中的CO2进入装置③中,B项正确;C,由于盐酸具有挥发性,反应产生的CO2中混有HCl,若在装置②、③间添加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶,HCl与NaHCO3反应产生CO2,使得测得的CO2偏大,测得纯碱的纯度偏大,C项错误;D,为了保证测量的CO2的准确性,反应结束,应继续通入除去CO2的空气将滞留在装置②中CO2全部转移到装置③中,D项正确;答案选C。
11.下列测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的实验方案,合理的是
①取ag混合物与过量氢氧化钠溶液充分反应,加热、蒸干、灼烧,得bg固体
②取ag混合物充分加热,减重bg
③取ag混合物与过量稀硫酸充分反应,逸出气体用碱石灰吸收,增重bg
④取ag混合物与过量Ba(OH)2溶液充分反应,过滤、洗涤、干燥,得bg固体
A.①②B.②③C.②④D.③④
【答案】C
【解析】
【分析】
方案能确定碳酸钠、碳酸氢钠任一物质的质量,即可测定混合物中NaHCO3质量分数,
①氢氧化钠过量,在加热、蒸干、灼烧过程中可生成Na2CO3;
②碳酸氢钠的不稳定性,加热分解,利用固体差量法即可计算出固体中碳酸氢钠的质量;
③应先把水蒸气排除才合理;
④只有碳酸钠可与氯化钡反应,根据沉淀的质量可确定Na2CO3的质量,进而可确定碳酸氢钠的质量分数。
【详解】①氢氧化钠过量,在加热、蒸干、灼烧过程中可生成Na2CO3,则不能确定NaHCO3分解生成的碳酸钠的质量,不能确定质量分数,故①错误;
②NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数,故②正确;
③混合物与足量稀硫酸充分反应,也会生成水和二氧化碳,所以逸出的气体是二氧化碳,但会混有水蒸气,即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量,不能测定含量,故③错误;
④只有碳酸钠可与氯化钡反应,根据沉淀的质量可确定Na2CO3的质量,进而可确定碳酸氢钠的质量分数,故④正确。
所以C选项是正确的。
【点睛】本题考查物质含量的实验方案的设计,注意把握物质的性质以及实验方案的原理,该题注意测量数据能否计算出结果,为解答该题的关键。
12.KClO3与浓盐酸发生如下反应:
KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,下列说法不正确的是
A.Cl2既是氧化产物,又是还原产物
B.转移5mol电子时,产生67.2L的Cl2
C.盐酸既体现酸性,又体现还原性
D.被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5:
1
【答案】B
【解析】
【分析】
在反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中,KClO3中的Cl得到电子,被还原变为Cl2,每摩尔的氯得到5mol电子,HCl中的Cl失去电子,也变为Cl2,每摩尔的氯失去1mol电子,以此分析解答。
【详解】A项,该反应中氧化剂是氯酸钾,浓盐酸是还原剂,所以氯气既是氧化产物又是还原产物,故A项正确;
B项,温度和压强未知,无法计算气体体积,故B项错误;
C项,该反应中HCl中氯元素部分化合价不变、部分化合价升高,所以盐酸体现酸性和还原性,故C项正确;
D项,该反应中氯元素化合价由+5价、-1价变为0价,被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5:
1,故D项正确。
答案选B。
【点睛】本题考查了氧化还原反应,根据元素化合价变化结合基本概念来分析解答,熟悉元素化合价是解题的关键,易错选项是B,注意气体摩尔体积的适用范围和使用条件,为易错点。
13.下列各项操作中,不发生“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”现象的是
A.向Ca(ClO)2溶液中通入CO2至过量
B.向Na2SiO3溶液中滴加盐酸溶液至过量
C.向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸
D.向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A、向Ca(ClO)2溶液通入CO2,先产生CaCO3沉淀,当CO2过量时,继续反应生成Ca(HCO3)2,沉淀又溶解,所以不符合条件,选项A不选;
B、向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸,硅酸钠和盐酸反应生成难溶性的硅酸,所以看到的现象是“有沉淀生成”,所以符合条件,选项B选;
C、向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸,偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀,后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝,所以看到的现象是“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”,所以不符合条件,选项C不选;
D、向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸,先胶体和电解质溶液产生聚沉现象,有沉淀生成;后氢氧化铁又和盐酸反应生成可溶性的氯化铁,所以沉淀又溶解,所以不符合条件,选项D不选。
答案选B。
【点睛】本题考查物质之间的化学反应,熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键,注意有些反应与反应物的量有关,量不同反应现象不同,根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分析能够反应且“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”,注意反应与量有关。
14.mmolCu2S与足量的稀硝酸反应,生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O。
则被还原的HNO3的物质的量为
A.4m molB.2m/3molC.10mmolD.10m/3mol
【答案】D
【解析】
【详解】硝酸分为两部分计算,一部分硝酸形成NO,根据电子守恒分析,
形成NO:
mmolCu2S,Cu由+1变为+2,失去1个电子,一共是2mmol电子;
S由-2变为+6,失去8个电子,一共是8mmol电子;总共失去2m+8m=10mol电子,
HNO3中N是+5价,NO中N是+2,降低3价,所以形成NO是
mol,即被还原的HNO3的物质的量为
mol,
答案选D。
15.将0.01molNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液,向溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸。
下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A项,向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时,盐酸先与NaOH开始反应时没有气体生成,当滴入0.1L盐酸时,两者恰好反应完全;而盐酸与Na2CO3反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成,则图像与反应不符,故不选A项;
B项,向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时,盐酸与NaOH开始反应时没有气体生成,但图像中一开始反应即有气体生成,与反应不符,故不选B项;
C项,向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时,盐酸先与NaOH反应生成NaCl和H2O,没有气体放出;当滴入0.1L盐酸时,两者恰好反应完全;继续滴加,盐酸和Na2CO3开始反应,首先发生反应:
Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,不放出气体,当加入0.2L盐酸时,此反应进行完全;当继续滴加时,发生反应:
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,此时才开始放出气体,C中图像与实际相符,故选C项;
D项,向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时,盐酸先与NaOH反应生成NaCl和H2O,没有气体放出。
当滴入0.1L盐酸时,两者恰好反应完全;继续滴加时,Na2CO3与盐酸先反应生成NaHCO3和NaCl,此时没有气体生成,则图像与反应不符,故不选D项。
综上所述,本题正确答案为C。
16.某溶液中只可能溶有Na+、NH4+、SO42-、CO32-、NO3-、Cl-中的几种离子。
取200mL该溶液,分为等体积的两份分别做以下实验:
(1)第一份加入足量的烧碱并加热,产生气体在标准状况下的体积为224mL。
(2)第二份先加入足量的盐酸,无现象,再加入足量的BaCl2溶液,过滤,得固体2.33g。
(3)在
(2)的滤液中滴入AgNO3,产生白色沉淀,加稀硝酸,沉淀不溶解。
下列说法正确的是
A.该溶液中可能含有Na+B.该溶液中肯定含有NH4+、SO42-、Cl-
C.该溶液中一定含有Na+D.该溶液中一定不含CO32-、NO3-
【答案】C
【解析】
(1)第一份加入足量的烧碱并加热,产生气体在标准状况下的体积为224mL,证明含有NH4+,且物质的量为0.01mol;
(2)第二份先加入足量的盐酸,无现象,则一定不含有CO32-,再加足量的BaCl2溶液,得固体2.33g,证明一定含有SO42-,且物质的量为:
2.33g÷233g/mol=0.01mol,根据溶液电中性可知,溶液中一定含有Na+;(3)在
(2)的滤液中滴入AgNO3,产生白色沉淀,加稀硝酸,沉淀不溶解,白色沉淀是氯化银,但由于前面加入了氯化钡,所以不能确定溶液中是否含有氯离子。
A.根据以上分析可知该溶液中一定含有Na+,A错误;B.该溶液中肯定含有Na+、NH4+、SO42-,Cl-不能确定,B错误;C.该溶液中一定含有Na+,C正确;D.根据以上分析可知NO3-不能确定,D错误,答案选C。
点睛:
本题考查了常见离子的检验方法,掌握常见离子的性质、发生的反应以及实验现象是解答的关键。
注意互斥性原则、电中性原则、进出性原则的判断。
本题中钠离子、氯离子判断是解答的易错点,注意方法的灵活应用。
17.按要求回答下列问题:
(1)FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体的本质区别是:
_____________。
(2)工业上制玻璃的原料有纯碱、石英和_____________(填名称)。
(3)工业上金属钠可用来制备钛等金属,利用了金属钠的____________性。
(4)盛放NaOH溶液的玻璃试剂瓶应选用____________塞(填“玻璃”或“橡胶”)。
(5)用四氯化碳萃取溴水后,分液时有机层从分液漏斗的_____________(填“下口放出”或“上口倒出”)。
(6)6.20gNa2O晶体中含离子数目是_____________(NA为阿伏加德罗常数的数值)。
(7)等质量的NH3和H2S中,氢原子的个数比是_________。
(8)加热某碱式碳酸镁晶体[4MgCO3∙Mg(OH)2∙5H2O]至质量不再变化时,得到10.0g残留固体和__________LCO2(标准状况下)。
【答案】
(1).分散质粒子直径
(2).石灰石(3).还原(4).橡胶(5).下口放出(6).0.3NA(7).3:
1(8).4.48
【解析】
【分析】
(1)根据胶体与溶液的本质区别来解答;
(2)根据工业上制玻璃的原料分析解答;
(3)根据钠与四氯化钛表现的性质来分析解答;
(4)根据二氧化硅与NaOH溶液溶液反应分析判断;
(5)根据四氯化碳密度大于水分析;
(6)Na2O晶体为离子晶体,1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-,以此分析;
(7)质量相等,计算NH3和H2S气体物质的量之比结合二者分子构成解答;
(8)加热[4MgCO3∙Mg(OH)2∙5H2O]至质量不再变化时,得到的固体为MgO,根据n=
,V=nVm及原子守恒进行计算。
【详解】
(1)Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是Fe(OH)3胶体的分散质微粒直径大小在1~100nm之间,即分散质粒子直径大小不同,
故答案为:
分散质粒子直径;
(2)工业上以石灰石、纯碱、石英为原料制取玻璃,
故答案为:
石灰石;
(3)钠是活泼金属,极易失去电子被氧化,工业上金属钠可用来制备钛等金属,利用了金属钠的还原性,
故答案为:
还原;
(4)由于玻璃中的二氧化硅能与NaOH溶液反应生成粘性的硅酸钠,而使玻璃塞和瓶口粘在一起不易打开,因此盛放NaOH溶液的玻璃试剂瓶应选用橡胶塞,
故答案为:
橡胶;
(5)四氯化碳的密度大于水的密度,用四氯化碳萃取溴水后,有机层在下层,分液时有机层从分液漏斗的下口放出,
故答案为:
下口放出;
(6)6.20gNa2O的物质的量为0.1mol,Na2O晶体为离子晶体,1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-,所以晶体中含离子数目是0.3NA,
故答案为:
0.3NA;
(7)设二者的质量为mg,则同质量的NH3和H2S气体的体积等于物质的量之比=
=2:
1,则所含氢原子的个数比是
=3:
1,
故答案为:
3:
1;
(8)加热[4MgCO3∙Mg(OH)2∙5H2O]生成MgO和二氧化碳、水,至质量不再变化时,得到的固体为MgO,10gMgO的物质的量为
=0.25mol,由镁元素和碳元素守恒关系可知,n(MgCO3)=
×n(Mg)=
×0.25mol=0.2mol,n(CO2)=n(MgCO3)=0.2mol,
V(CO2)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L,
故答案为:
4.48L。
18.已知A为淡黄色固体,R是地壳中含量最多的金属元素的单质,T为生活中使用最广泛的金属单质,D是具有磁性的黑色晶体,C、F是无色无味的气体,H是白色沉淀。
(1)物质A的化学式为_____,F化学式为____________;
(2)B和R在溶液中反应生成F的化学方程式为_____________________________;
(
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