化学江西省吉安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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化学江西省吉安市学年高一下学期期末考试试题word版附答案解析
江西省吉安市2017-2018学年高一下学期期末考试试题
1.化学与生产和生活密切相关,下列说法正确的是()
A.利用化石燃料燃烧放出的热量使水分解制备氢气,是氢能开发的研究方向
B.利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料替代聚乙烯塑料,可减少“白色污染”
C.油脂中的碳链含碳碳双键时,主要是高沸点的动物脂肪;油脂中的碳链含碳碳单键时,主要是低沸点的植物油
D.石油的分馏和煤的干馏,都属于化学变化
【答案】B
【解析】分析:
A.利用化石燃料燃烧放出的热量,消耗不再生能源,且燃烧排放污染物;B.利用二氧化碳制备全降解塑料,减少白色污染,环保节能;C.油脂中的碳链含碳碳双键时,主要是低沸点的植物油;油脂中的碳链为碳碳单键时,主要是高沸点的动物脂肪;D.石油的分馏与混合物的沸点有关,没有新物质生成。
详解:
A.利用化石燃料燃烧放出的热量,消耗不再生能源,且燃烧排放污染物,应研究高效催化剂使水分解制备氢气,是氢能开发的研究方向,故A错误;
B.利用二氧化碳制备全降解塑料,减少白色污染,环保节能,方法合理,所以B选项是正确的;
C.油脂中的碳链含碳碳双键时,主要是低沸点的植物油;油脂中的碳链为碳碳单键时,主要是高沸点的动物脂肪,故C错误;
D.石油的分馏与混合物的沸点有关,没有新物质生成,为物理变化,而煤的干馏属于化学变化,有煤焦油等物质生成,故D错误。
因此,本题答案选B。
2.下列有关化学用语表示正确的是()
A.过氧化钠的电子式:
B.次氯酸的结构式:
H-Cl-O
C.铝离子的结构示意图:
D.NH4Cl的电子式:
【答案】C
【解析】分析:
过氧化钠是离子化合物,分别画出阴、阳离子的电子式,然后让阴、阳离子间隔排列,注意相同离子不能合并;次氯酸的中心原子为O原子,不存在H−Cl键;铝为13号元素,小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数,弧线表示电子层,弧线上的数字表示该层的电子数;氯离子为阴离子,需要标出最外层的8个电子。
详解:
A、过氧化钠是离子化合物,其电子式为
,故A错误;
B、次氯酸的电子式为:
,中心原子为O,将共用电子对用短线表示即为次氯酸的结构式,所以次氯酸的结构式为:
H-O-Cl,故B错误;
C、铝离子质子数为13,电子层数为2,最外层电子数为8,其离子结构示意图为
,故C正确;
D、书写NH4Cl的电子式时,氯离子周围也是8个电子,应为:
,故D错误;
故选C。
3.下列混合物能用分液法分离的是()
A.乙醇与乙酸B.苯和溴苯
C.乙酸乙酯和Na2CO3溶液D.碘的四氯化碳溶液
【答案】C
【解析】分析:
本题旨在考查分离提纯的基本方法与操作,互不相溶的液体,混合时分层,则能用分液法分离,以此来解答。
详解:
A项,乙醇和乙酸互溶,因此不能用分液法分离,故不选A项;
B项,苯和溴苯互溶,因此不能用分液法分离,故不选B项;
C项,乙酸乙酯和Na2CO3溶液可分层,因此可用分液法分离,故选C项;
D项,碘的四氯化碳溶液混合液互溶,故不选D项。
综上所述,本题正确答案为C。
4.短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增,其原子的最外层电子数之和为13。
X与Y、Z位于相邻周期,Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍,是Y原子最外层电子数的3倍。
下列说法正确的是()
A.Y的氧化物是离子化合物
B.X的氢化物溶于水显酸性
C.Z的氢化物比H2O稳定
D.X和Z的氧化物对应的水化物都是强酸
【答案】A
【解析】分析:
根据原子核外电子的排布规律知,最外层电子数不超过8个,由于Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍,是Y原子最外层电子数的3倍。
因此Y原子最外层电子数只能是1个或2个,因为X原子内层电子数至少是2个,所以Z原子最外层电子数只能是6个,Y原子最外层电子数是2个,X原子的最外层电子数是5个。
所以X是7号元素氮元素,Y是12号元素Mg,Z是16号元素S。
详解:
A.MgO是离子化合物,A正确;
B.N的氢化物溶于水是氨水,显碱性,B不正确;
C.O比S活泼,所以H2O比H2S稳定,C不正确;
D.X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是强酸,而亚硫酸H2SO3则是弱酸,D不正确。
答案选A。
5.可用于电动汽车的铝-空气燃料电池,通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质溶液,铝合金为负极,空气电极为正极。
下列说法正确的是()
A.以NaOH溶液为电解质溶液时,负极反应为Al+3OH--3e-=Al(OH)3↓
B.以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质溶液时,正极反应都为O2+2H2O+4e-=4OH-
C.以NaOH溶液为电解质溶液时,电池在工作过程中电解质溶液的pH保持不变
D.电池工作时,电子通过外电路从正极流向负极
【答案】B
【解析】试题分析:
A、Al(OH)3属于两性氢氧化物,因此电极反应式为:
Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O,故错误;B、因为是中性溶液或碱性溶液,氧气得电子,电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-,故正确;C、总电极反应式为:
4Al+3O2+4OH-=4AlO2-+2H2O,溶液的pH降低,故错误;D、电池工作时,电子从负极出来经过外电路流到正极,故错误。
6.下列物质中杂质(括号内为杂质)的检验方法、除杂的试剂都正确的是()
选项
物质及其杂质
检验方法
除杂
A
Cl2( HCl)
通入AgNO3溶液中
饱和食盐水
B
FeCl2溶液( FeCl3)
滴入KSCN溶液
通入过量氯气
C
乙酸乙酯(乙酸)
滴入NaHCO3溶液
KOH溶液
D
KNO3晶体(NaCl)
焰色反应
重结晶
【答案】D
【解析】A.二者都与硝酸银溶液反应生成白色沉淀,不能用硝酸银溶液检验,故A错误;B.氯气可氧化亚铁离子,应加入铁粉除杂,故B错误;C.乙酸乙酯与氢氧化钾也能够反应而溶解,应该选用饱和碳酸钠溶液洗涤除杂,故C错误;D.检验钠离子,可以通过焰色反应检验,钠的焰色反应为黄色,硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度的影响不同,可以通过重结晶的方法分离提纯,除去硝酸钾中的氯化钠杂质,故D正确;故选D。
7.长征2号火箭承担运载神六”的使命,氕化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动长征2号火箭的优良炸药。
下列说法正确的是()
A.H、D、T之间互称为同素异形体
B.氕化锂、氘化锂、氚化锂都是强还原剂
C.LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1∶2∶3
D.LiH易与水反应生成H2,且每生成1mol H2转移电子的是数目为2NA
【答案】B
【解析】分析:
H、D、T的质子数相同,根据中子数=质量数-质子数进行分析,结合同位素的定义进行判断;根据LiH、LiD、LiT中H、D、T的化合价分析LiH、LiD、LiT的氧化性或还原性即可;摩尔质量在数值上就等于元素的相对原子质量;LiH中,H为-1价,在H2O中,H为+1价,所以:
1mol氢气生成是一个-1价H和一个+1价H结合所以只有1mol转移电子数目,据此分析。
详解:
A、H、D、T是具有相同质子数,不同中子数的同一元素的不同核素,属于同位素,故A错误;
B、氢化锂、氘化锂、氚化锂中H、D、T均为-1价,处于最低价态,具有强还原性,是还原剂,故B正确;
C、LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比等于它们的相对分子质量之比,应为8:
9:
10,故C错误;
D、LiH中,H为-1价,在H2O中,H为+1价,所以:
1mol氢气生成是一个-1价H和一个+1价H结合所以只有1mol转移电子数目,故D错误。
故选B。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述不正确的是()
A.60g丙醇中存在的共价键总数为11NA
B.标准状况下,H2和CO混合气体8.96L在足量O2中充分燃烧消耗O2的分子数为0.2NA
C.0.5mol·L-1CuCl2溶液中含有的Cl-个数为NA
D.在反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O中,消耗1molCl时转移的电子总数为1.5NA
【答案】C
【解析】分析:
A、求出丙醇的物质的量,然后根据丙醇中11条共价键来分析;B、求出混合物的物质的量,然后根据1mol氢气和1molCO燃烧时均消耗0.5mol氧气来分析;C、溶液体积不明确;D、反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O转移6mol电子,消耗4mol氯气。
详解:
A、60g丙醇的物质的量为1mol,而丙醇中11条共价键,故1mol丙醇中含11NA条共价键,所以A选项是正确的;
B、标况下8.96L混合物的物质的量为0.4mol,而1mol氢气和1molCO燃烧时均消耗0.5mol氧气,故0.4mol混合气体燃烧消耗0.2mol氧气,与两者的比例无关,所以B选项是正确的;
C、溶液体积不明确,故溶液中的氯离子的个数无法计算,故C错误;
D、反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O转移6mol电子,消耗4mol氯气。
故当消耗1mol氯气时转移1.5mol电子即1.5NA个,所以D选项是正确的。
所以本题答案选C。
9.下列反应的离子方程式书写正确的是()
A.向氯化铝溶液中加入过量氨水:
Al3++4NH3·H2O=4AlO2-+4NH4++2H2O
B.用硫化亚铁与稀硫酸反应制硫化氢:
S2-+2H+=H2S↑
C.双氧水中加入稀硫酸和KI溶液:
H2O2+2H++2I-=I2+2H2O
D.向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热:
NH4++OH-
NH3↑+H2O
【答案】C
【解析】分析:
本题是对离子反应方程式书写正误判断的考查,离子反应及其方程式的书写是高考的必考内容,要求学生掌握其书写方法,注意事项,与量有关的反应注意产物的类型等。
详解:
A.氢氧化铝与氨水不能反应,应为:
Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故A错误;
B.硫化亚铁是难溶于水的物质不能拆成离子,应为:
FeS+2H+=Fe2++H2S↑;故B错误;
C.双氧水加入稀硫酸和KI溶液,由于双氧水具有氧化性,负一价碘离子具有还原性,会发生氧化还原反应:
H2O2+2H++2I-=I2+2H2O,所以C正确;
D.向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液并加热,碳酸氢铵溶液中的铵根离子和碳酸氢根离子均能与氢氧化钠反应,其反应的离子方程式为:
NH4++HCO3-+2OH-
CO32-+2H2O+NH3 ↑,所以D错误。
故答案为:
C。
10.下列反应中属于吸热反应同时又是氧化还原反应的是()
A.灼热的炭与CO2反应B.铝与稀盐酸
C.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应D.Na2O2与H2O的反应
【答案】A
【解析】分析:
A项,C+CO2
2CO碳元素化合价反应前后发生变化,是氧化还原反应,且是吸热反应;B项,2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑中元素化合价反应前后发生变化,是氧化还原反应,同时是放热反应;C项,Ba(OH)2·8H2O+NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O中无元素化合价变化,不是氧化还原反应;D项,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中元素化合价反应前后发生变化,是氧化还原反应,也是放热反应。
以此解答。
详解:
A项,C+CO2
2CO碳元素化合价反应前后发生变化,是氧化还原反应,且是吸热反应,故A项正确;
B项,2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑中元素化合价反应前后发生变化,是氧化还原反应,同时是放热反应,故B项错误;
C项,Ba(OH)2·8H2O+NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O中无元素化合价变化,不是氧化还原反应,故C项错误;
D项,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中元素化合价反应前后发生变化,是氧化还原反应,也是放热反应,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为A。
11.化学健的键能指常温常压下,将1mol分子AB拆开为中性气态原子A和B所需要的能量(单位为kJ·mol-1)。
根据键能数据估算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热△H为()
化学键
C-H
C-F
H-F
F-F
键能/(kJ·mol-1)
414
489
565
155
A.-485kJ·mol-1B.+485kJ·mol-1
C.+1940kJ·mol-1D.-1940kJ·mol-1
【答案】D
【解析】分析:
化学反应的焓变可以用反应物和生成物的键能计算,根据△H=反应物键能之和-生成物键能之和,计算得到。
详解:
△H=反应物键能之和-生成物键能之和,结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算,
△H=414kJ·mol-1×4+4×155kJ·mol-1-(489kJ·mol-1×4+4×565kJ·mol-1)=-1940kJ·mol-1,
所以D选项是正确的。
12.分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法。
下列分类合理的是()
①根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸
②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素
④根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应
⑤根据分散质微粒直径的大小,将分散系分为溶液、胶体和浊液
A.只有②④B.只有②③⑤
C.只有①②④D.只有②④⑤
【答案】D
【解析】分析:
根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸,二元酸等;根据反应是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应;根据除稀有气体和第IIA族外,多数主族元素既有金属元素也有非金属元素;化学反应一定伴随能量的转化,有的是吸热反应,有的放热反应;根据分散质微粒的大小可以将混合物进行分类。
详解:
①根据酸分子能电离出的氢离子个数,将酸分为一元酸,二元酸等,故①错误;
②根据反应是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应,而不是根据反应中转移电子数目的多少,故②正确;
③能与金属元素同主族的非金属元素有很多,它们与同主族金属元素具有相同的最外层电子数,例如氢原子最外层只有一个电子和金属钠一样,但它不是金属,所以不能根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素,故③错误;
④化学反应一定伴随能量的转化,根据化学反应中的热效应,将化学反应分为放热反应,吸热反应,若反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应,否则吸热反应,故④正确;
⑤根据分散质微粒直径的大小,可以将分散系分为胶体,浊液和溶液三大类,故⑤正确。
综合以上分析,②④⑤合理,故选D。
13.在一定温度下,反应A2(g)+B2(g)
2AB(g)达到平衡的标志是()
A.单位时间内生成n molA2同时生成n molAB
B.单位时间内生成2n molAB的同时生成n molB2
C.容器内的总物质的量不随时间变化
D.单位时间内断开1molA-A键的同时生成2molA-B键
【答案】B
【解析】分析:
A项,单位时间内生成n molA2同时生成n molAB,逆反应速率大于正反应速率,反应逆向移动;B项,单位时间内生成2n molAB的同时生成n molB2,说明正逆反应速率相等,反应平衡;C项,该反应方程式左右两边气体分子数不变,整个反应过程容器内总物质的量都不随时间变化;D项,整个反应过程中单位时间内断开1molA-A键的同时生成2molA-B键,均表示正反应速率,无法判断是否达到平衡状态。
详解:
A项,单位时间内生成n molA2同时生成n molAB,逆反应速率大于正反应速率,反应逆向移动,故A项错误;
B项,单位时间内生成2n molAB的同时生成n molB2,说明正逆反应速率相等,反应平衡,故B项正确;
C项,该反应方程式左右两边气体分子数不变,整个反应过程容器内总物质的量都不随时间变化,故C项错误;
D项,整个反应过程中单位时间内断开1molA-A键的同时生成2molA-B键,均表示正反应速率,无法判断是否达到平衡状态,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为B。
14.下列装置或操作能达到实验目的的是()
A.形成锌-铜原电池B.实验室制备乙酸乙酯
C.证明酸性:
CHCOOH>H2CO3>硅酸D.石油的分馏
【答案】D
【解析】分析:
A.酒精是非电解质,不能自发进行氧化还原反应;B.导气管不要伸到Na2CO3溶液中去,防止由于加热不均匀,造成Na2CO3溶液倒吸入加热反应物的试管中;C.由于醋酸具有挥发性,制取的二氧化碳气体中含有醋酸,醋酸会干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应,CO2在通入硅酸钠溶液之前,要除去CO2中混有的HCl;D.根据馏分温度不同采用蒸馏方法分馏石油,温度计测量馏分温度,冷凝管中水流方向采取“下进上出”原则。
详解:
A.酒精是非电解质,不能自发进行氧化还原反应,所以不能构成原电池,故A错误;
B.导气管不要伸到Na2CO3溶液中去,防止由于加热不均匀,造成Na2CO3溶液倒吸入加热反应物的试管中,故B错误;
C.由于醋酸具有挥发性,制取的二氧化碳气体中含有醋酸,醋酸会干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应,CO2在通入硅酸钠溶液之前,要除去CO2中混有的HCl,故C错误;
D.根据馏分温度不同采用蒸馏方法分馏石油,温度计测量馏分温度,冷凝管中水流方向采取“下进上出”原则,符合操作规范,所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
15.下列反应中前者属于取代反应,后者属于加成反应的是()
A.甲烷与氯气混合后在光照条件下发生反应;乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
B.乙烯与溴的四氯化碳溶液反应;苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷
C.甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合液加热;乙烯与水在一定条件下反应生成乙醇
D.在苯中滴入溴水,溴水层变无色;乙烯在一定条件下生成聚乙烯
【答案】C
【解析】分析:
有机物分子中的不饱和键断裂,断键原子与其他原子或原子团相结合,生成新的化合物的反应是加成反应;有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应,根据定义分析解答。
详解:
A、甲烷和氯气混合光照一段时间后,甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物,所以属于取代反应;乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色,是高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果,故A错误;
B、乙烯中的双键断裂,每个碳原子上结合一个溴原子生成1,2-二溴乙烯,所以属于加成反应;苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应,故B错误;
C、在浓硫酸和加热条件下,苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯,所以属于取代反应;在一定条件下,乙烯中的双键断裂,一个碳原子上结合一个氢原子,另一个碳原子上结合羟基,生成乙醇,该反应属于加成反应,所以C选项是正确的;
D、苯能萃取溴水中的溴而使水层无色,不是加成反应是萃取;乙烯生成聚乙烯的反应属于加聚反应,故D错误。
所以C选项是正确的。
16.科学家最近在-100℃的低温下合成一种烃 X,此分子的结构如图所示(图中的连线表示化学键)。
下列说法正确的是()
A.X既能使溴的四氯化碳溶液褪色,又能使酸性KMnO4溶液褪色
B.X是一种常温下能稳定存在的液态烃
C.X和乙烷类似,都容易发生取代反应
D.充分燃烧等质量的X和甲烷,X消耗氧气较多
【答案】A
【解析】试题分析:
根据碳四价的原则,该化合物的分子式是C5H4,在四个顶点上的碳原子之间存在碳碳双键。
A.X由于含有碳碳双键,因此既能使溴的四氯化碳溶液褪色,又能使酸性KMnO4溶液褪色,正确;B.X分子中含不饱和的碳碳双键,在-100℃的低温下合成一种该烃,因此烃X是一种常温下不能稳定存在的液态烃,错误;C.X容易发生加成反应,而乙烷容易发生取代反应,因此二者的性质不相似,错误;D.充分燃烧等质量的X和甲烷,X消耗氧气是m/64×6<而甲烷消耗的氧气是m/16×2,因此消耗的氧气甲烷较多,错误。
17.短周期主族元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置如图所示,其中A为地壳中含量最高的金属元素。
B
C
D
A
E
请用化学用语回答下列问题:
(1)A、D、E元素简单离子半径由大到小的顺序为>>(填粒子符号)_____
(2)F与D同主族且相邻二者气态氢化物稳定性的大小关系为 >(填粒子符号)_________
(3)用高能射线照射含有10电子的D元素氢化物分子时,一个分子能释放出一个电子,同时产生一种
具有较强氧化性的阳离子,试写出该阳离子的电子式:
______________。
该阳离子中存在的化学键有_________。
(4)由C、E两种元素组成的化合物甲,常温下为易挥发的淡黄色液体,甲分子构型为三角锥形,且分子中C、E两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构。
甲遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质。
写出甲遇水蒸气的化学方程式__________。
【答案】
(1).Cl- O2- Al3+
(2).H2O H2S(3).
(4).共价键(或极性共价键)(5).NCl3+3H2O=NH3+3HClO
【解析】分析:
短周期主族元素中,A为地壳中含量最高的金属元素,则A为Al元素,由元素在周期表中的相对位置,可以知道B为碳元素、C为N元素、D为O元素、E为Cl。
(1)电子层结构相同的离子,核电荷数越大离子半径越小,离子的电子层越多离子半径越大;
(2)F与D同主族且相邻,则F为S元素,同主族自上而下非金属性减弱,氢化物稳定性与元素非金属性一致;
(3)用高能射线照射液态水时,一个水分子能释放出一个电子,同时产生一种具有较强氧化性的阳离子,应为H2O+;
(4)由N、Cl两种元素组成的化合物甲,常温下为易挥发的淡黄色液体,甲分子构型为三角锥形,且分子里N、Cl两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构,则N、Cl个数比应为1:
3,甲为NCl3。
详解:
短周期主族元素中,A为地壳中含量最高的金属元素,则A为Al元素,由元素在周期表中的相对位置,可以知道B为碳元素、C为N元素、D为O元素、E为Cl。
(1)电子层结构相同的离子,核电荷数越大离子半径越小,离子的电子层越多离子半径越大;故离子半径:
Cl- >O2- > Al3+;因此,本题正确答案是:
Cl- ;O2- ; Al3+;
(2)F与D同主族且相邻,则F为S元素,同主族自上而下非金属性减弱,氢化物稳定性与元素非金属性一致,故氢化物稳定性:
H2O> H2S;因此,本题正确答案是:
H2O;H2S;
(3)用高能射线照射液态水时,一个水分子能释放出一个电子,同时产生一种具有较强氧化性的阳离子,应为H2O+; 电子式为:
含有的化学键为共价键, 因此,本题正确答案是:
;共价键;
(4)由N、Cl两种元素组成的化合物甲,常温下为易挥发的淡黄色液体,甲分子构型为三角锥形,且分子里N、Cl两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构,则N、Cl个数比应为1:
3,甲为NCl3。
甲遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质应为次氯酸,所以在甲中氯显+1价,甲遇水蒸气的化学方程式:
NCl3+3H2O=NH3+3HClO, 因此,本题正确答案是:
NCl3+3H2O=NH3+3HClO。
18.某学生为了探究影响化学反应速率的外界因素,进行以
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