学年安徽省合肥市一六八中学高二开学考试化学试题 解析版.docx
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学年安徽省合肥市一六八中学高二开学考试化学试题解析版
安徽省合肥市一六八中学2018-2019学年高二入学考试化学试卷
1.化学与生产、生活密切相关,下列说法不正确的是()
A.开发太阳能、风能、地热能、潮汐能等新能源可以减少霾的产生
B.铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝
C.还原铁粉可用作食品包装袋内的除氧剂
D.从诗句“千淘万漉虽辛苦,吹尽狂沙始得金”可知金的化学性质稳定,可用物理方法得到
【答案】B
【解析】
【详解】A.开发太阳能、风能、地热能、潮汐能等新能源,减小化石燃料的使用,从而有效减少霾的产生,A正确;
B.铝是活泼金属,工业上采用电解熔融的氧化铝的方法冶炼铝,B错误;
C.铁具有还原性,能够被氧气氧化,还原铁粉可用作食品包装袋内的除氧剂,C正确;
D.从诗句“千淘万漉虽辛苦,吹尽狂沙始得金”可知金的化学性质稳定,可用物理方法得到,D正确;
正确选项B。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是()
A.64gSO2和16gO2充分反应,生成SO3的分子数为NA
B.氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时,负极消耗的气体分子数目为2NA
C.27g铝中加入足量1mol/L的NaOH溶液,转移电子数是3NA
D.2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2,转移电子数在0.2NA至0.3NA之间
【答案】C
【解析】
【详解】A.SO2和O2在一定条件下发生的是可逆反应,SO2和O2不能全部转化为SO3,生成SO3的分子数小于NA,A错误;
B.气体的状态未知,因此氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时,负极消耗的气体分子数目不一定为2NA,B错误;
C.27g铝的物质的量为1mol,与足量1mol/L的NaOH溶液反应,1mol铝完全反应转移电子数是3NA,C正确;
D.2.4g镁是0.1mol,在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2,Mg均是失去2个电子,转移的电子数为0.2NA,D错误;
正确选项C。
【点睛】1mol金属钠完全反应,无论生成何种物质,转移电子为1mol;1mol金属镁完全反应,无论生成何种物质,转移电子为2mol;1mol金属铝完全反应,无论生成何种物质,转移电子为3mol;而1mol金属铁完全反应,生成+3价铁,转移电子为3mol;生成+2价铁,转移电子为2mol,这是因为铁有变价,而钠、镁、铝没有变价。
3.下列关于化学用语的表示正确的是()
A.羧基的电子式:
B.乙醇的分子式:
C2H5OH
C.四氯化碳的比例模型:
D.质子数为35、中子数为45的溴原子:
【答案】D
【解析】
【详解】A.羧基的化学式是-COOH,则其电子式为
,A错误;
B.乙醇的分子式为C2H6O,C2H5OH表示结构简式,B错误;
C.碳原子半径小于氯原子半径,
不能表示四氯化碳的比例模型,可以表示甲烷分子的比例模型,C错误;
D.质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数是35+45=80,可表示为
,D正确;
答案选D。
【点睛】选项C是易错点,注意比例模型的含义,即比例模型是一种与球棍模型类似,用来表现分子三维空间分布的分子模型。
球代表原子,球的大小代表原子直径的大小,球和球紧靠在一起,另外还要注意比例模型与球棍模型的区别。
4.掺氮石墨是单层烯中部分碳原子被氮原替代所得新型物质(局部如图)优异特性,下列说法正确是()
A.石墨烯属于有机化合物
B.石墨烯与掺氮石墨烯互为同系物
C.掺氮石墨烯中所含元素位于同一周期
D.掺氮石墨烯中只含极性键
【答案】C
【解析】
【详解】A.石墨烯是碳元素的单质,不属于有机化合物,A错误;
B.石墨烯与掺氮石墨烯组成和结构不同,且石墨烯属于单质,不能称为同系物,B错误;
C.掺氮石墨烯所含元素为碳和氮元素,均位于第二周期,位于同一周期,C正确;
D.掺氮石墨烯中含极性键C-N键,也含C-C非极性共价键,D错误;
答案选C。
5.下列说法不正确的是( )
A.构成单质的分子内不一定存在共价键
B.HF的热稳定性很好,是因为HF分子间存在氢键
C.由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
D.NaCl晶体熔化,需要破坏离子键
【答案】B
【解析】
【分析】
A、稳定性是化学性质,而氢键是决定物理性质;
B、稀气体分子之间不存任何化学键;
C、氯化铵是由非金属元素组成,而氯化铵是离子化合物;
D、氯化钠是离子晶体;
【详解】A、稀气体分子之间不存任何化学键,所以构成单质分子的粒子之间不一定存在共价键,A正确;
B、稳定性是化学性质,而氢键是决定物理性质,而氟化氢稳定是氢氟键的键能大所致,B错误;
C、氯化铵是由非金属元素组成,而氯化铵是离子化合物,所以由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物,C正确;
D、氯化钠是离子晶体,故其熔化时破坏离子键,D正确;
正确选项B。
6.下列实验与对应示意图的关系正确的是()
A
B
C
D
向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量
向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量
向明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至过量
向澄清石灰水中缓缓通入CO2至过量
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A.向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸,发生反应的离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,形成沉淀与沉淀溶解所消耗的盐酸的体积之比为1∶3,A错误;
B.NH3·H2O碱性很弱,不能溶解Al(OH)3,B错误;
C.将Ba(OH)2溶液加入明矾中,S042-和Al3+均能够形成沉淀,Al3+先沉淀完全:
2Al3++6OH-+3Ba2++3S042-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓;再加入Ba(OH)2溶液,S042-继续沉淀,而Al(OH)3溶解,当S042-完全沉淀时,Al(OH)3恰好完全溶解:
Ba2++2OH-+2Al(OH)3+S042-=BaSO4↓+2AlO2-+4H2O,C正确;
D.向澄清石灰水中通入CO2至过量,先形成沉淀,后沉淀溶解:
Ca2++CO2+2OH-=CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-,D错误;
正确答案:
C。
7.类推法在化学学习中经常采用,下列类推的结论正确的是( )
A.由Cl2+2KBr═2KCl+Br2所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2
B.常温下,由Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,所以Fe也能与浓硝酸反应产生NO2
C.由Cu+Cl2
CuCl2 所以Cu+I2
CuI2
D.由钠保存在煤油中,所以钾也可以保存在煤油中
【答案】D
【解析】
试题分析:
A.由于F2化学性质非常活泼,可以与溶液的水发生反应产生HF和O2,因此不能与KBr溶液反应置换出Br2,错误;B.常温下,Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,但是Fe会被浓硝酸氧化产生一层致密的氧化物保护膜,阻止金属的进一步反应,即发生钝化现象,所以Fe不能与浓硝酸反应产生NO2,错误;C.Cl2的氧化性强,可以与变价金属Cu发生反应Cu+Cl2
CuCl2,使Cu变为高价态,但是由于I2的氧化性弱,只能把Cu氧化为第价态,所以不能发生反应Cu+I2
CuI2,错误;D.由于Na、K密度都比煤油大,与煤油不能发生反应,所以都可以保存在煤油中,正确。
考点:
考查类推法在化学学习中应用正误判断的知识。
8.青蒿素是抗疟特效药,属于萜类化合物,如图所示有机物也属于萜类化合物,该有机物的一氯取代物有(不考虑立体异构)( )
A.6种B.7种C.8种D.9种
【答案】B
【解析】
试题分析:
该分子不对称,
分子中7种氢原子,一氯代物有7种.
故选B.
考点:
考查一氯代物的书写
9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的简单氢化物可用作制冷剂,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。
X和Z同主族,由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生。
下列说法不正确的是()
A.简单氢化物的热稳定性:
W B.简单离子半径: Y C.上述刺激性气体为H2S气体 D.简单氢化物的沸点: Z 【答案】C 【解析】 【分析】 W的简单氢化物可用作制冷剂,则W是N;Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,则Y是Na;短周期元素形成的黄色沉淀为硫单质,同时含硫元素的SO2为刺激性气体,X和Z同主族,则X为O,Z为S,据以上分析解答。 【详解】W的简单氢化物可用作制冷剂,则W是N;Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,则Y是Na;短周期元素形成的黄色沉淀为硫单质,同时含硫元素的SO2为刺激性气体,X和Z同主族,则X为O,Z为S;综上,W是N,X是O,Y是Na,Z是S。 A.元素的非金属性越强,对应简单氢化物的热稳定性越强,非金属性: N NH3 B.电子层数多,半径大;核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,因此简单离子半径: Na+ C.由X、Y和Z三种元素形成的一种盐为硫代硫酸钠,与盐酸反应生成单质硫、二氧化硫和氯化钠,有黄色沉淀(硫)析出,同时有刺激性气体(二氧化硫)产生,错误; D.H2O分子间有氢键,沸点反常,因此简单氢化物的沸点: H2S 正确选项C。 【点睛】本题考查原子结构与元素周期表的关系,把握元素的的性质、原子序数、元素化合物的知识来推断元素为解答的关键,本题中要掌握硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应生成二氧化硫和单质硫这个重要反应,是解题的突破口。 10.乙醇分子中各化学键如图所示.下列关于乙醇在不同的反应中断裂化学键的说法错误的是 A.与金属钠反应时,键①断裂 B.在加热和Cu催化下与O2反应时,键①、③断裂 C.与浓硫酸共热发生消去反应时,键②③断裂 D.与乙酸、浓硫酸共热发生酯化反应时,键①断裂 【答案】C 【解析】 分析: 乙醇与金属钠发生置换反应是,羟基氢被置换,发生催化氧化时,乙醇分子中的羟基氢和 H脱去,发生消去反应时,乙醇脱去羟基和 H,发生酯化反应时,醇脱去羟基氢。 详解: A.乙醇分子中的羟基上的H原子较活泼,与金属钠发生置换反应时,键①断裂,A正确; B.在加热和Cu催化下与O2反应时,乙醇转化为乙醛,键①、③断裂,B正确; C.与浓硫酸共热发生消去反应时,乙醇转化为乙烯,键②⑤断裂,C不正确; D.与乙酸、浓硫酸共热发生酯化反应时,酸脱羟基、醇脱氢,键①断裂,D正确。 本题选C。 11.对于可逆反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g),下列叙述正确的是() A.NH3和H2O化学反应速率关系是2v正(NH3)=3v逆(H2O) B.达到化学平衡时,4v正(O2)=5v逆(NO) C.达到化学平衡时,若增加容器体积,则正反应速率减少,逆反应速率增大 D.若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3,则反应达到平衡状态 【答案】B 【解析】 【详解】A项,速率之比和系数成正比,因此3v正(NH3)=2v逆(H2O),A错误; B项,达到化学平衡时正逆反应速率相等,各物质反应速率之比等于其化学计量数之比,因此4v正(O2)=5v逆(NO),B正确; C项,达到化学平衡时增加容器体积,各组分浓度都减小,因此正逆反应速率都减小,但逆反应速率减小程度更大,平衡正向移动,C错误; D项,单位时间内消耗xmolNH3与生成xmolNO都表示正反应速率,整个反应过程中二者都相等,不能说明反应达到平衡状态,D错误; 正确选项B。 12.固体NH5属离子化合物,它与水反应的方程式为NH5+H2O=NH3·H2O+H2↑。 它也能跟乙醇、乙酸、盐酸等发生类似的反应,并都产生氢气。 下列有关NH5叙述正确的是() A.1molNH5中含有3NA个N-H键 B.NH5中N元素的化合价为-5价 C.1molNH5与水反应时,转移电子为NA D.与乙酸反应时,NH5被还原 【答案】C 【解析】 【详解】A.NH5是离子化合物氢化铵,化学式为NH4H,所以1molNH5中有4NA个N-H键,A错误; B.NH5属于离子化合物,其化学式为NH4H,阴离子氢离子为-1价,铵根离子中氢元素为+1价,则氮元素为-3价,B错误; C.NH4H中阴离子氢离子为-1价,变成0价的氢,所以1molNH5与水反应时,转移电子为NA,C正确; D.根据NH5与水反应类比知,与乙醇反应时,NH5中阴离子氢离子的化合价由-1价→0价,所以失电子作还原剂,NH5在氧化还原反应中被氧化,D错误; 答案选C。 【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关判断与计算,题目难度中等,能根据题意判断化合物NH5含有的阴阳离子是解本题的关键。 13.可逆反应: 2NO2 2NO+O2在体积固定的密闭容器中,达到平衡状态的标志是() ①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2 ②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO ③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态 ④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态 ⑥混合气体的压强不再改变的状态 ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 A.①③④⑤B.②③⑤⑦C.①④⑥⑦D.全部 【答案】C 【解析】 ①单位时间内生成nmolO2是正反应速率,同时生成2nmolNO2是逆反应速率,且化学反应速率之比等于化学计量数之比,故正逆反应速率相等,说明达到平衡状态,故①正确;②单位时间内生成nmolO2是正反应速率,同时生成2nmolNO也是正反应速率,故不能说明达到平衡状态,故②错误;③化学反应速率之比等于化学计量数之比,故用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比始终为2: 2: 1,故不能说明达到平衡状态,故③错误;④二氧化氮为红棕色气体,一氧化氮和氧气为无色气体,故混合气体的颜色不再改变,说明达到平衡状态,故④正确;⑤密度= ,总质量不变,体积不变,故混合气体的密度不再改变,不能说明达到平衡状态,故⑤错误;⑥反应前后气体的物质的量不等,故混合气体的压强不再改变,说明达到平衡状态,故⑥正确;⑦平均相对分子质量= ,总质量不变,总物质的量会变,故混合气体的平均相对分子质量不再改变,说明达到平衡状态,故⑦正确;故达到平衡状态的标志是①④⑥⑦,故选C。 点睛: 明确化学平衡的本质是解题关键,化学反应达到化学平衡状态时,正逆反应速率相等,且不等于0,各物质的浓度不再发生变化,由此衍生的一些物理量不发生变化,以此进行判断,得出正确结论.注意反应中反应物的化学计量数之和与生成物的化学计量数之和的大小关系。 14.某单烯烃与氢气的加成产物为(CH3)2CHCH2CH3,下列相关说法正确的是() A.该产物的名称是1,1—二甲基丙烷 B.原单烯烃只可能有3种不同结构 C.1mol加成产物燃烧消耗6.5mol氧气 D.原烯烃与分子式是C3H6的烃一定互为同系物 【答案】B 【解析】 试题分析: A、该产物的名称是2-甲基丁烷,错误;B、原单烯烃中碳碳双键有三种位置,正确;C、该加成产物的分子式为C5H10,1mol该物质燃烧消耗7.5mol氧气,错误;D、C3H6可能为环丙烷,错误。 考点: 本题考查有机化合物的结构、名称、相关计算。 15.工业上以浓缩海水为原料提取溴的部分流程如下: 下列说法正确的是( ) A.海水需要浓缩,是因为海水中的Br2含量较低 B.热空气的作用是将多余的Cl2吹出 C.反应釜2中发生的反应是5Br-+BrO3-+3H2O=3Br2+6OH- D.吸收塔中发生的反应是3Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2 【答案】D 【解析】 【详解】A项,溴在海水中以Br-的形式存在,不是Br2单质,错误; B项,常温下Br2呈液态,易挥发,热空气的作用是将Br2吹出,而不是Cl2,错误; C项.,反应釜2中加入了稀硫酸,故生成物中不可能有OH-,错误; D项,根据流程可知,溴与碳酸钠溶液反应生成溴化钠、溴酸钠和二氧化碳,离子方程式为3Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2,正确; 正确选项D。 16.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量,其工作原理如图所示,NH3被氧化为常见无毒物质。 下列说法错误的是() A.溶液中K+向电极b移动 B.氨气在电极a上发生氧化反应 C.反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4: 3 D.正极的电极反应式为: O2+4e-+2H2O=4OH-,故反应一段时间后,电解液的pH升高 【答案】D 【解析】 【分析】 NH3被氧化为常见无毒物质,应生成氮气,a电极通入氨气生成氮气,为原电池负极,则b为正极,氧气得电子被还原,结合电极方程式解答该题。 【详解】A.因为a极为负极,b为正极,则溶钾离子向正极移动,A正确; B.氨气在反应中失去电子,在负极a极上发生氧化反应,B正确; C.反应中N元素化合价升高3价,O元素化合价降低4价,根据得失电子守恒,消耗NH3与O2的物质的量之比为4: 3,C正确; D.正极得到电子发生还原反应,电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-,总反应式为4NH3+3O2=2N2+6H2O,反应后氢氧根的浓度减小,电解液的pH下降,D错误。 答案选D。 【点睛】本题考查了原电池原理,根据O、N元素化合价变化判断正负极,再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式,注意书写电极反应式时要结合电解质特点,为易错点。 17.利用如图所示装置进行下列实验,能得出相应实验结论是() 选项 ① ② ③ 实验结论 A 稀硫酸 Na2S CuSO4溶液 H2S酸性强于H2SO4 B 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性 C 稀盐酸 亚硫酸钠 硝酸钡溶液 二氧化硫与可溶性钡盐均可生成白色沉淀 D 浓硝酸 碳酸钠 硅酸钠溶液 酸性: 硝酸>碳酸>硅酸 A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】 【分析】 A.H2S与CuSO4溶液反应生成硫化铜沉淀,根据溶液的成分判断硫化铜的性质; B.浓硫酸使蔗糖变黑,然后碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫,二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色; C.盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫,与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀; D.浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳,但浓硝酸易挥发,硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀; 【详解】A.Na2S与稀硫酸反应生成硫化氢气体,H2S与CuSO4溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸,说明了硫化铜不溶于硫酸和水,不能说明H2S酸性强于H2SO4,故A错误; B.浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑,然后碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫,体现其强氧化性,最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色,故B正确; C.盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫,与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀,但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀,如与氯化钡不反应,故C错误; D.浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳,但浓硝酸易挥发,硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀,则不能比较碳酸与硅酸的酸性,应排除硝酸的干扰,故D错误; 正确选项B。 【点睛】二氧化硫与氯化钡溶液不反应,因为亚硫酸的酸性弱于盐酸;二氧化硫与硝酸钡溶液反应,因为在酸性条件下,硝酸根离子具有强氧化性,能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子,其与钡离子结合为硫酸钡白色沉淀,所以笼统地说可溶性钡盐与二氧化硫不反应是错误的。 18.将38.4g铜与适量浓硝酸恰好反应生成氮的氧化物,这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液,反应过程及有关数据如下图所示: 下列有关判断正确的是() A.若浓硝酸体积为200mL,则其物质的量浓度为11mol/L B.NO、NO2、N2O4和NaOH溶液反应时,NO2、N2O4仅作还原剂 C.生成0.2molNaNO3和0.8molNaNO2 D.硝酸在反应中仅体现氧化性 【答案】A 【解析】 【详解】A.铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物,n(Cu)=38.4/64==0.6mol,生成硝酸铜0.6mol,含有硝酸根离子1.2mol,氮的化合物为0.9mol,与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2,根据原子守恒可知: n(Na)=n(N)=n(NaOH)=0.5L×2mol/L=1mol,所以硝酸的总量为1.2+1=2.2mol,若浓硝酸体积为200mL,则其物质的量浓度为2.2/0.2=11mol/L,A正确; B.NO、NO2、N2O4和NaOH溶液反应时生成NaNO3和NaNO2,NO2、N2O4中氮元素为+4价,既可升高到+5价,又可降低到+3价,既作还原剂又作还原剂,B错误; C.n(Cu)=38.4/64==0.6mol,由电子守恒可以知道,38.4gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子,0.6×(2-0)=n(NaNO2)×(5-3),计算得出n(NaNO2)=0.6mol,根据题给信息可知n(NaOH)=0.5L×2mol/L=1mol,则由Na原子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3),则n(NaNO3)=1mol-0.6mol=0.4mol,C错误; D.铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物,硝酸部分被还原,作氧化剂,有部分生成盐,表现出酸性,D错误; 正确选项A。 【点睛】本题考查氧化还原反应计算,把握硝酸的作用,氮元素的化合价变化及原子守恒(n(Na)=n(N)),电子守恒2n(Cu)=3n(NaNO2),这是顺利解题的关键。 19.A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素,A元素的原子核内只有1个质子,B元素的原子半径是其所在主族中最小的,B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3;C元素原子的最外层电子数比次外层多4个;C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布,两元素可形成化合物D2C;C、E同主族. (1)D在周期表中的位置______;B的原子结构示意图______; (2)E元素形成最高价氧化物对应的水化物的化学式为______; (3)元素C、D、E形成的原子半径大小关系是______(用元素符号表示). (4)C、D可形成化合物D2C2,D2C2含有的化学键是______; (5)A、C两种元素形成的原子个数之比为1: 1的化合物电子式______, (6)B的氢化物与B的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_____。 【答案】 (1).第三周期第ⅠA族 (2). (3).H2SO4(4).D>E>C(5).离子键、(非极性)共价键(6).
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