学年黑龙江省大庆市第一中学高一上学期期中考试化学试题解析版.docx
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学年黑龙江省大庆市第一中学高一上学期期中考试化学试题解析版
黑龙江省大庆市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量:
H:
1C:
12O:
16Na:
23Cl:
35.5S:
32Ba:
137
一、选择题
1.下列物质分类的正确组合是()
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Cu2(OH)2CO3
H2SO4
NaHCO3
SiO2
CO2
B
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
CO
C
NaOH
NH3
CaCl2
MgO
SO2
D
KOH
HNO3
CaCO3
CaO
SO3
『答案』D
『解析』
【详解】A.Cu2(OH)2CO3属于盐类,SiO2属于酸性氧化物,故A错误;
B.CO不属于酸性氧化物,故B错误;
C.NH3不属于酸,故C错误;
D.KOH属于碱、HNO3属于酸、CaCO3属于盐、CaO属于碱性氧化物、SO3属于酸性氧化物,分类正确,故D正确;
故选D。
2.实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL,在配制过程中,其他操作都是正确的,下列操作会引起所配溶液浓度偏高的是()
A.配制该溶液,需称量10.0gNaOH固体
B.定容时仰视刻度线
C.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
D.定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,液面低于刻度线,再加水至刻度线
『答案』C
『解析』A、由于无240mL容量瓶,故选用250mL容量瓶,配制出的是250mL1.0mol/L的NaOH溶液,所需的NaOH的物质的量n=cV=0.25L×1.0mol/L=0.25mol,质量m=nM=0.25mol×40g/mol=10.0g,所配溶液浓度准确,选项A不选;B、定容时仰视刻度线,会导致溶液体积偏大,则浓度偏低,选项B不选;C、未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容,则待冷却后溶液体积偏小,浓度偏高,选项C选;D、定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,液面低于刻度线是正常的,再加水至刻度线会导致浓度偏低,选项D不选。
『答案』选C。
3.下列说法中不正确的是( )
①将硫酸钡放入水中不能导电,硫酸钡是非电解质;
②氨溶于水得到氨水溶液能导电,氨水是电解质;
③固态氯化氢不导电,液态氯化氢可以导电;
④硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子,硫酸氢钠是酸;
⑤电解质放在水中一定能导电,非电解质放在水中一定不导电。
A.仅①④B.仅①④⑤
C.仅②③D.①②③④⑤
『答案』D
『解析』
【详解】①虽然硫酸钡在水中的溶解度很小,只要溶解就完全电离,硫酸钡在熔融状态下,能完全电离,所以硫酸钡是电解质,①错误;
②氨气在水溶液里,生成一水合氨,一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电,不是氨气自身电离,所以氨气是非电解质,②错误;
③电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电,是因电解质自身可以离解成自由移动的离子;固态的氯化氢不导电,液态的氯化氢只有氯化氢分子,不能导电,③错误;
④电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸,能电离出H+的化合物不一定是酸,硫酸氢钠能电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子,属于盐,④错误;
⑤电解质放在水中不一定能导电,如碳酸钙固体在水中的溶解度很小,难溶于水,几乎不导电。
碳酸钙在熔融状态下,能完全电离,碳酸钙是电解质;非电解质放在水中不一定不导电,如NH3在水溶液里,生成一水合氨,一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子而导电,氨气自身未电离,所以氨气是非电解质,⑤错误;
『答案』选D。
4.下列关于分散系的说法中正确的是( )
A.不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等
B.可吸入颗粒(例如硅酸盐粉尘)形成气溶胶,对人类健康的危害更大
C.胶体的分散质粒子的直径为1~10nm
D.氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的本质区别是有无丁达尔效应
『答案』B
『解析』
【详解】A.分散系是混合物,水是纯净物,水不是分散系,故A错误;
B.可吸入颗粒形成气溶胶,与空气接触面积大,更易被人体吸收,对人类健康危害极大,故B正确;
C.胶体的分散质粒子的直径为1~100nm,故C错误;
D.氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的本质区别是分散质粒子直径不同,故D错误。
选B。
5.下列有关金属及其化合物的说法正确的是( )
A.钠保存在煤油里的原因之一是它极易与氧气反应
B.焰色反应是化学变化,可以用玻璃棒做焰色反应实验
C.CaO、Na2O、Na2O2均为碱性氧化物
D.可用澄清石灰水来鉴别NaHCO3和Na2CO3
『答案』A
『解析』
【详解】A.钠易与氧气反应,所以钠保存在煤油里的原因之一是它极易与氧气反应,故选A;
B.焰色反应是物理变化,用铂丝做焰色反应实验,故不选B;
C.CaO、Na2O为碱性氧化物,Na2O2为过氧化物,故不选C;
D
NaHCO3和Na2CO3都能与石灰水反应生成碳酸钙沉淀,不能用澄清石灰水来鉴别NaHCO3和Na2CO3,故不选D;
故选A。
6.下列离子能大量共存的是()
A.含有大量Ba(NO3)2的溶液中:
Mg2+、NH4+、SO42-、Cl-
B.无色透明的溶液中:
Cu2+、K+、SO42-、NO3-
C.使酚酞试液呈红色的溶液中:
Na+、K+、SO42-、CO32-
D.使紫色石蕊试液呈红色的溶液中:
Na+、K+、CO32-、NO3-
『答案』C
『解析』A.在含有大量Ba(NO3)2的溶液中,Ba2+与SO
不能大量共存,A错误;B.无色透明的溶液中,Cu2+为蓝色,B错误,C.在使酚酞试液呈红色的碱性溶液中,Na+、K+、SO
、CO
可以大量共存,C正确;D.在使紫色石蕊试液呈红色的酸性溶液中,H+与CO
不能大量共存,D错误。
『答案』选C。
7.下列实验中,所选装置或实验设计合理的是()
A.用图①和②所示装置可以除去Na2CO3中的CaCO3杂质,并获得Na2CO3固体
B.用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置
C.用图④所示装置可以分离乙醇水溶液
D.图⑤所示装置中盛有饱和Na2CO3溶液除去CO2中含有的少量HCl
『答案』A
『解析』
【详解】A.①和②所示装置分别是过滤和蒸发,由于碳酸钙难溶于水,碳酸钠易溶于水,因此用图①和②所示装置可以除去Na2CO3中的CaCO3杂质,并获得Na2CO3固体,A正确;
B.乙醇与水互溶,不能用乙醇提取溴水中的溴,B错误;
C.不能用图④所示装置分离乙醇水溶液,因为缺少温度计,C错误;
D.应该用饱和NaHCO3溶液除去CO2中含有的少量HCl,D错误。
『答案』选A。
8.下列两种气体的原子数一定相等的是()
A.质量相等、密度不等的N2和C2H4
B.等体积、等密度的CO和N2
C.等温、等体积的O2和Cl2
D.等压、等体积的NH3和CO2
『答案』B
『解析』
【详解】A.M(N2)=M(C2H4)=28g/mol,等质量时,物质的量相等,但分子构成的原子数目不同,则等物质的量时原子数一定不等,故A错误;
B.等体积等密度的CO和N2的质量相等,二者摩尔质量都为28g/mol,物质的量相等,都是双原子分子,则原子数相等,故B正确;
C.压强不一定相等,则物质的量、原子总数不一定相等,故C错误;
D.因温度未知,则不能确定物质的量以及原子数关系,故D错误;
故选B。
9.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是( )
A.足量钠与1mol氧气反应生成Na2O或Na2O2时,转移电子数相等
B.1molNa2O2固体中含离子总数为4NA
C.agCO和H2的混合气体充分燃烧的产物与足量的Na2O2充分反应后,固体质量增加ag
D.22.4L氧气与1mol氢气所含原子数均为2NA
『答案』C
『解析』
【详解】A.Na2O中氧元素显-2价、Na2O2中氧元素显-1价,足量钠与1mol氧气反应生成Na2O转移4mol电子,生成Na2O2时转移2mol电子,故A错误;
B.Na2O2含Na+、O22-,所以1molNa2O2固体中含离子总数为3NA,故B错误;
C.根据CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,固体增加的质量可以看做是CO的质量,根据2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2,固体增加的质量可以看做是H2的质量,所以agCO和H2的混合气体充分燃烧的产物与足量的Na2O2充分反应后,质量增加ag,故C正确;
D.非标准状况下,22.4L氧气的物质的量不一定是1mol,故D错误;
故选C。
10.下列各组溶液中的两个反应,可用同一离子方程式表示的是( )
A.Ca(HCO3)2溶液和少量氢氧化钠溶液、NaHCO3溶液和过量的澄清石灰水
B.MgCO3和盐酸、Na2CO3溶液和盐酸
C.BaCl2溶液和稀硫酸、Ba(OH)2溶液和稀硫酸
D.稀硝酸和碳酸钾溶液、稀盐酸和NaHCO3溶液
『答案』A
『解析』
【详解】A.Ca(HCO3)2溶液和少量氢氧化钠溶液反应的离子方程式是HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O;NaHCO3溶液和过量的澄清石灰水反应的离子方程式是HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O,故选A;
B.MgCO3和盐酸反应的离子方程式是MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O,Na2CO3溶液和盐酸反应的离子方程式是CO32-+2H+=CO2↑+H2O,故不选B;
C.BaCl2溶液和稀硫酸反应的离子方程式是SO42-+Ba2+═BaSO4↓;Ba(OH)2溶液和稀硫酸反应的离子方程式是2H++2OH-+Ba2++SO42-═BaSO4↓+2H2O,故不选C;
D.稀硝酸和碳酸钾溶液反应的离子方程式是CO32-+2H+=CO2↑+H2O、稀盐酸和NaHCO3溶液反应的离子方程式是HCO3-+H+=CO2↑+H2O,故不选D。
11.一块表面已被氧化为Na2O的钠块10.8g,将其投入100g水中,产生H20.2g,则被氧化的钠是()
A.9.2gB.10.6gC.6.2gD.4.6g
『答案』D
『解析』
【详解】一块表面己被缓慢氧化的金属钠,其质量为10.8g,投入100g水中,发生反应:
Na2O+H2O=2NaOH,2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;收集到氢气0.2g,则n(H2)=0.2g÷2g/mol=0.1mol,根据方程式的关系可知n(Na)=2n(H2)=0.2mol,m(Na)=0.2mol×23g/mol=4.6g,所以氧化钠的质量是10.8g-4.6g=6.2g,则n(Na2O)=6.2g÷62g/mol=0.1mol,根据钠元素守恒,可知反应产生氧化钠的金属钠的物质的量是0.2mol,其质量是m(Na)=0.2mol×23g/mol=4.6g,『答案』选D。
12.下列实验现象描述正确的是( )
选项
实验
现象
A
向氢氧化钠溶液中滴加FeCl3饱和溶液
有氢氧化铁胶体产生
B
在酒精灯上加热铝箔
铝箔熔化,失去光泽,熔化的铝滴落下来
C
向滴有酚酞的溶液中加入足量Na2O2粉末
溶液变红
D
加热放在坩埚中的小块钠
钠先熔化成光亮
小球,燃烧时火焰为黄色,燃烧后生成淡黄色固体
『答案』D
『解析』
【详解】A、向氢氧化钠溶液中滴加FeCl3饱和溶液,生成氢氧化铁沉淀,不是氢氧化铁胶体,故A错误;
B、在酒精灯上加热铝箔,表面生成高熔点的氧化铝薄膜,铝箔熔化,失去光泽,熔化的铝不滴落下来,故B错误;
C、Na2O2和水反应生成NaOH和氧气,使酚酞变红,但Na2O2有强氧化性,将变红的酚酞氧化为无色,所以溶液先变红后褪色,故C错误;
D、加热放在坩埚中的小块钠,钠先熔化成光亮的小球,燃烧时火焰为黄色,燃烧后生成淡黄色固体过氧化钠,故D正确。
选D。
13.如图,在蒸发皿中放一小块钠,加热至熔化时,用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触,瞬间产生耀眼的火花,同时有红色物质生成,据此判断下列说法中不正确的是( )
A.上述反应是置换反应
B.上述反应证明钠可以从CuSO4溶液中置换出铜
C.上述反应说明钠比铜活泼
D.加热且无水条件下,Na可以与CuSO4反应并生成Cu
『答案』B
『解析』
【分析】在蒸发皿中放一小块钠,加热至熔化时,用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触,瞬间产生耀眼的火花,同时有红色物质生成,说明熔融的钠将硫酸铜中的铜置换出来并且放出热量,属于置换反应,钠作还原剂,硫酸铜作氧化剂,说明钠比铜活泼,在无水条件下,Na可以与CuSO4反应并生成Cu。
【详解】A、钠比铜活泼,在无水条件下,Na可以与CuSO4反应并生成Na2SO4和Cu,属于置换反应,故A正确;
B、根据以上分析,在无水条件下,Na可以与CuSO4反应并生成Cu,但是钠不能从CuSO4溶液中置换出铜,故B错误;
C、根据以上分析,在无水条件下,Na可以与CuSO4反应并生成Na2SO4和Cu,钠作还原剂,铜是还原产物,说明钠比铜活泼,故C正确;
D、根据以上分析,在无水条件下,Na可以与CuSO4反应并生成Cu,故D正确;
选B。
14.由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中某几种组成的混合物,向其中加入足量的盐酸有气体放出。
将气体通过足量的NaOH溶液,气体体积减少一部分。
将上述混合物在空气中加热,有气体放出,下列判断正确的是()
A.混合物中一定不含有Na2CO3、NaClB.混合物中一定有Na2O2、NaHCO3
C.无法确定混合物中是否含有NaHCO3D.混合物中一定不含Na2O2、NaCl
『答案』B
『解析』
【分析】向混合物中加入足量的盐酸,有气体放出,该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种,将放出的气体通过过量的NaOH溶液后,气体体积有所减少,说明气体是氧气和二氧化碳的混合物,物质中一定含有过氧化钠,还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种,将上述混合物在空气中充分加热,也有气体放出,故一定含有碳酸氢钠,Na2CO3、NaCl不能确定,据以上分析进行解答。
【详解】向混合物中加入足量的盐酸,有气体放出,该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种,将放出的气体通过过量的NaOH溶液后,气体体积有所减少,说明气体是氧气和二氧化碳的混合物,物质中一定含有过氧化钠,还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种,将上述混合物在空气中充分加热,也有气体放出,故一定含有碳酸氢钠,Na2CO3、NaCl不能确定,
A、混合物中可能含有含有Na2CO3、NaCl,故A错误;
B、由上述分析可知,混合物中一定有Na2O2、NaHCO3,故B正确;
C、由上述分析可知,混合物中一定有NaHCO3,故C错误;
D、由上述分析可知,混合物中一定含有Na2O2,可能含有NaCl,故D错误;
故选B。
15.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略):
3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O,下列说法不正确的是( )
A.3molFe2+被氧化时有1molO2被还原
B.该反应中Fe2+和S2O32-都是还原剂
C.每生成1molFe3O4转移4mol电子
D.离子方程式中x=4
『答案』A
『解析』
【详解】A.根据化学方程式,2molFe2+被氧化时有1molO2被还原,故A错误;
B.该反应中Fe、S元素化合价都升高,所以Fe2+和S2O32-都是还原剂,故B正确;
C.根据化学方程式,每生成1molFe3O4有1mol氧气反应,所以转移4mol电子,故C正确;
D.根据电荷守恒,2×3-2×2-X×1=-2,X=4离子方程式中x=4,故D正确。
选A。
16.将0.8gNaOH和1.06gNa 2CO 3混合并配成溶液,向溶液中滴加0.1mol·L -1稀盐酸。
下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO 2的物质的量的关系的是( )
A.
B.
C.
D.
『答案』D
『解析』
【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液,当滴加盐酸时,先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O,再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。
【详解】0.8gNaOH的物质的量是
0.02mol、1.06gNa 2CO 3的物质的量是
mol;当滴加盐酸时,先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O反应,消耗盐酸的物质的量是0.02mol,盐酸体积是0.2L;再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl消耗盐酸的物质的量是0.01mol,盐酸体积是0.1L,生成碳酸氢钠的物质的量是0.01mol;最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,消耗盐酸的物质的量是0.01mol,盐酸体积是0.1L,生成二氧化碳的物质的量是0.01mol,故选D。
17.现有下列三个氧化还原反应:
①2B-+Z2=B2+2Z-②2A2++B2=2A3++2B-③2XO4-+10Z-+16H+=2X2++5Z2+8H2O,根据上述反应,判断下列结论中错误的是()
A.要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+,而不氧化Z-和B-,应加入Z2
B.还原性强弱顺序为:
A2+﹥B-﹥Z-﹥X2+
C.X2+是XO4-的还原产物,B2是B-的氧化产物
D.在溶液中可能发生反应:
XO4-+5A2++8H+=X2++5A3++4H2O
『答案』A
『解析』A.氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,反应③16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中,氧化性XO4->Z2;反应②2A2++B2=2A3-+2B-中,氧化性B2>A3+;反应①2B-+Z2=B2+2Z-中,氧化性Z2>B2,则氧化性由强到弱的顺序是XO4->Z2>B2>A3+,所以要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+,而不氧化Z-和B-,应加入B2,故A错误;B.由①②③反应中还原性的比较可知,还原性由强到弱顺序是A2+、B-、Z-、X2+,故B正确;C.反应③中X元素的化合价降低,则XO4-为氧化剂,则X2+是XO4-的还原产物,反应①中B-发生氧化反应生成B2,即B2是B-的氧化产物,故C正确;D.氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,反应③16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中,氧化性XO4->Z2;反应②2A2++B2=2A3-+2B-中,氧化性B2>A3+;反应①2B-+Z2=B2+2Z-中,氧化性Z2>B2,则氧化性由强到弱的顺序是XO4->Z2>B2>A3+,所以溶液中XO4-能氧化A2+,发生的反应为XO4-+5A2++8H+=X2++5A3++4H2O,故D正确;『答案』为A。
18.氯气与冷的氢氧化钠反应生成NaCl与NaClO,与热的氢氧化钠反应生成NaCl与NaClO3。
一定温度下,氯气与氢氧化钠反应生成的NaClO与NaClO3的物质的量之比为3:
2,求该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为( )
A.5/16B.5/17C.5/13D.13/5
『答案』C
『解析』
【详解】氧化产物为NaClO与NaClO3,二者物质的量之比为2:
3,令NaClO与NaClO3的物质的量分别为2mol、3mol;还原产物为NaCl,根据电子转移守恒,可知NaCl的物质的量=
=13mol,故该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比=(2mol+3mol):
13mol=5:
13,故选C。
19.120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸,不管将前者滴入后者,还是将后者滴入前者,都有气体产生,但最终生成的气体体积不同,且比值为5:
2,则盐酸的浓度是( )
A.2.0mol/LB.1.0mol/L
C.0.18mol/LD.1.25mol/L
『答案』D
『解析』
【分析】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑,
当盐酸滴入碳酸钠溶液时,反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑,都有气体产生,说明HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量,又因为最终生成的气体体积不同,当碳酸钠滴入盐酸中时碳酸钠有剩余,当盐酸滴入碳酸钠溶液时,第一步反应完全,第二步反应碳酸氢根离子有剩余。
【详解】设HCl为nmol;当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑反应,生成CO2的物质的量为
mol;当盐酸滴入碳酸钠溶液时,反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑,发生CO32-+H+═HCO3-反应消耗盐酸0.2mol,发生HCO3-+H+═H2O+CO2↑反应,消耗盐酸(n-0.2)mol,所以生成CO2的物质的量为(n-0.2)mol,则
:
(n-0.2)=5:
2,n=0.25,盐酸的浓度是
1.25mol/L,故选D。
20.将112mLCl2(标准状况)通入5mL1mol/L的FeBr2溶液中(还原性:
Fe2+大于Br-),发生反应的离子方程式是( )
A.Cl2+2Br-=2Cl-+Br2B.2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2
C.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D.2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2Br2
『答案』B
『解析』
【分析】根据还原性Fe2+>Br-可知,通入氯气先发生反应:
2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-,Fe2+反应完毕,剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-。
【详解】标况下112mL氯气的物质的量为:
n(Cl2)=
=0.005mol,5mL1mol/L的FeBr2溶液中含有溶质溴化亚铁的物质的量为:
n(FeBr2)=1mol/L×0.005L=0.005mol,含有亚铁离子的物质的量为0.005mol,溴离子的物质的量为0.01mol;根据反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-可知,0.005mol亚铁离子完全反应消耗0.0025mol氯气,剩余氯气0.0025mol,剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-;0.0025mol氯气氧化Br-的物质的量是0.005mol,则反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2,故选B。
二、填空题
21.下列各物质中只有A、B、C三种单质,A
焰色反应为黄色,主要以G形式存在于海水中,F是一种淡黄色的固体,H是一种常见的无色液体,I是造成温室效应的“元凶”,各物质间的转化关系图如下:
回答下列问题:
(1)A是:
____________,I是:
____________(填化学式);
(2)按要求写出下列反应的方程式:
Ⅰ.①的化学方程式:
______________________________;
Ⅱ.②的化学方程式(同时用双线桥法表示该反应的电子转移情况):
________________;
Ⅲ.
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