化学解析版辽宁省沈阳市实验中学学年高一下学期期中考试理科化学试题精校Word版.docx
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化学解析版辽宁省沈阳市实验中学学年高一下学期期中考试理科化学试题精校Word版
辽宁省实验中学2017-2018学年度下学期期中阶段测试
高一化学试卷
1.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增,a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物,d为离子化合物,其结构中还含非极性共价键,m为元素Y的单质,通常为无色无味的气体。
上述物质的转化关系如图所示。
下列说法正确的是
A.原子半径:
W B.阴离子的还原性: Y>W C.a—定由W、X两种元素组成 D.图中转化过程d物质在作为反应物时均即为氧化剂又是还原剂 【答案】D 【解析】 由转化关系图分析可知,W为H,X为C,Y为O,Z为Na;A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,应为C>O,故A错误;B.由NaH+H2O=NaOH+H2↑,可知H-失去电子,阴离子的还原性: Y<W,故B错误;C.a燃烧生成水、二氧化碳,可为烃或烃的含氧衍生物,故C错误;D.Na2O2与水或CO2反应时,均既是氧化剂,又是还原剂,故D正确;故选D。 点睛: 把握钠的化合物的性质及相互转化为解答的关键,注意d为离子化合物,其结构中还含非极性共价键、原子序数为推断的突破口,短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次递增,a、b、c、d、e、f 是由这些元素组成的化合物,d为离子化合物,其结构中还含非极性共价键,d为Na2O2,结合图中转化可知,m 为元素 Y 的单质,通常为无色无味的气体m为O2,则Y为O,a为烃或烃的含氧衍生物,b、c分别为CO2、H2O,e、f分别为NaOH、碳酸钠,结合原子序数可知,W为H,X为C,Y为O,Z为Na,以此来解答。 2.如图是常温下部分短周期元素,最高价氧化物对应水化物的等物质的量浓度稀溶液的pH(pH=-lgc(H+))与原子序数的关系图,其中H的氧化物是两性氧化物。 下列说法正确的是() A.元素B对应的氢化物比J对应的氢化物熔沸点更高,原因是B的氢化物中的键能比J中的大 B.根据图形分析可知,K、L两种元素最高价氧化物对应的水化物的酸性,前者较强 C.IC2熔化时克服的化学键和KL2与水反应时克服的化学键类型相同 D.元素K、H、G分别形成的简单离子的半径逐渐减少 【答案】C 【解析】 图中所列元素均为短周期元素,F.G、H的最高价氧化物对应水化物呈碱性,A.B.I、J、K、L的最高价氧化物对应水化物呈酸性,其中H的氧化物是两性氧化物,则H为Al,由溶液pH及原子序数,可推知A为碳、B为氮、C为氧、D为氟、E为Ne、F为Na、G为Mg、I为Si、J为P、K为S、L为Cl。 A.由于NH3分子之间存在氢键,沸点高于PH3,与键能无关,故A错误;B.常温下相同浓度时,硫酸溶液的pH较小(比较氢离子浓度),但从电离的难易程度和元素非金属性的强弱比较,高氯酸的酸性强于硫酸,故B错误;C.晶体SiO2属于原子晶体,熔化时克服共价键,晶体SCl2属于共价化合物,与水反应时克服共价键,故C正确;D.电子层结构相同的离子,核电荷数越大离子半径越小,电子层结构不同的离子,电子层数越多离子半径越大,故离子半径: S2−>Mg2+>Al3+,故D错误;答案选C。 3.已知: 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+1/2O2(g)△H=-226kJ/mol。 根据以上热化学方程式判断,下列说法正确的是() A.CO的燃烧热为566kJ/mol B.上图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系 C.2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g)△H>-452kJ/mol D.CO2(g)与Na2O2(s)反应放出452kJ热量时,转移电子个数为6.02×1023 【答案】C 【解析】 【详解】A、燃烧热是指在25℃,101kpa时,1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,单位为kJ/mol,所以CO的燃烧热为283kJ/mol,故A项错误; B、根据盖斯定律可得: 2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+2O2(g)△H=-452kJ/mol,由于二氧化碳固体变为二氧化碳气体需要吸热,故反应放出的热量减少,使得 2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+2O2(g)△H>-452kJ/mol,故B项正确; C、由CO生成CO2的能量关系应为2molCO加上1molO2的能量之和与2molCO2的能量差为566kJ,故C项错误; D、Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+1/2O2(g)△H﹣226kJ/mol,每有1molNa2O2(s)反应,转移1mol电子,放热226kJ,反应放出452kJ热量时,电子转移数为2×6.02×1023(个),故D项错误; 综上所述,本题应选C。 【点睛】本题主要考查反应物的热效应以及热化学反应方程式的基本计算。 根据燃烧热的概念,燃烧热是指在25℃,101kpa时,1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。 根据热化学方程式中热量与物质的量之间的关系、物质由固态变气态吸收热量以及盖斯定律来解答。 4.下列的图示与对应的叙述相符的是 A.图1表示向l00mL0.lmol·L-l的A1Cl3溶液中滴加1mol·L-1的NaOH溶液时n[Al(OH)3]的变化情况 B.图2表示KNO3的溶解度曲线,图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点 C.图3表示某一放热反应,若使用催化剂,E1、E2、△H都会发生改变 D.图4表示向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时,产生n(CO2)的情况 【答案】A 【解析】 A.向l00mL0.lmol·L-l的A1Cl3溶液中滴加1mol·L-1的NaOH溶液时,最初溶液中沉淀量逐渐增多,当滴加到30mL后,沉淀开始溶解,40mL时沉淀完全溶解,故A正确;B.a点未饱和,减少溶剂可以变为饱和,则a点表示的溶液通过蒸发溶剂可以得到b点,故B错误;C.加催化剂改变了反应的历程,降低反应所需的活化能,但是反应热不变,故C错误;D.向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时,最初没有CO2气体生成,当全部生成NaHCO3后,再滴加稀盐酸时才有CO2气体生成,故D错误;答案为A。 5.以N2和H2为反应物,盐酸酸化的NH4Cl溶液为电解质的原电池,工作原理如下图所示,下列说法不正确的是 A.b电极为负极 B.反应过程中,溶液中的Cl-向a电极移动 C.a电极的电极反应式为: N2+6e-+8H+=2NH4+ D.电池反应为N2+3H2+2HCl=2NH4Cl 【答案】B 【解析】 以N2和H2为反应物,盐酸酸化的NH4Cl溶液为电解质的原电池,该原电池的电池反应为: N2+3H2+2HCl=2NH4Cl。 A项,通入N2的a电极为正极,通入H2的b电极为负极,正确;B项,反应过程中,Cl-向负极移动,向b电极移动,错误;C项,a电极上N2发生得电子的还原反应,电极反应式为N2+6e-+8H+=2NH4+,正确;D项,正确;答案选B。 6.某合作学习小组的同学利用下列氧化还原反应设计原电池: 2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O盐桥中装有饱和K2SO4溶液,下列叙述中正确的是( ) A.外电路的电流方向是从a到b B.甲烧杯中溶液的pH逐渐减小 C.电池工作时,盐桥中的SO42-移向甲烧杯 D.乙烧杯中发生还原反应 【答案】A 【解析】 A.由上述分析可知,a为正极,b为负极,则电流从a到b,故A正确;B.甲烧杯中发生反应为: MnO4-+8H++5e-═Mn2++4H2O,氢离子浓度减小,导致溶液的pH增大,故B错误;C.阴离子向负极移动,则盐桥中的SO42-移向乙烧杯中,故C错误;D.甲烧杯中(a电极)发生还原反应,Mn元素的化合价降低,电极反应为MnO4-+8H++5e-═Mn2++4H2O,b电极亚铁离子失去电子发生氧化反应,故D错误;故答案为A。 点睛: 明确氧化还原反应中元素的化合价变化及原电池工作原理是解答本题的关键由2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O可知,Mn元素的化合价降低,得到电子,Fe元素的化合价升高,失去电子,则b为负极,a为正极,结合原电池中负极发生氧化反应,电流从正极流向负极,阴离子向负极移动来解答。 7.电化学在日常生活中用途广泛,下图是镁—次氯酸钠燃料电池,电池总反应为: Mg+ClO-+H2O===Cl-+Mg(OH)2↓,下列说法不正确的是( ) A.惰性电极上发生氧化反应 B.镁电极是该电池的负极 C.正极反应式为ClO-+H2O+2e-===Cl-+2OH- D.进料口加入NaClO溶液,出口流出的为NaCl溶液 【答案】A 【解析】 该原电池中,镁作负极,负极上镁失电子发生氧化反应,负极反应为Mg-2e-=Mg2+,电池反应式为Mg+ClO-+H2O=Mg(OH)2↓+Cl-,正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应;A.随性电极为正极,发生还原反应,故A错误;B.该原电池中镁电极是该电池的负极,故B正确;C.正极上发生的电池反应为ClO-+H2O+2e-===Cl-+2OH-,故C正确;D.正极为进料口加入NaClO溶液,发生还原反应,出口流出的为NaCl溶液,故D正确;答案为A。 8.下列叙述正确的是 A.离子晶体中,只存在离子健,不可能存在其它化学键 B.可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键 C.Na2O2、NaHSO4晶体中的阴、阳离子个数比均为1 2 D.晶体熔点: 金刚石>食盐>冰>干冰 【答案】D 【解析】 A,离子晶体中,一定存在离子键,可能会含共价键,如氯化铵晶体中既有离子键又有共价键,A不正确。 B,甲烷分子与水分子之间不可能存在氢键,因为碳原子半径较大、电负性较小不具备形成氢键的条件,所以B不正确。 C,过氧化钠中含钠离子和过氧根离子,阴、阳离子个数比为2: 1,所以C不正确。 D,金刚石是原子晶体,氯化钠是离子晶体,而冰和干冰都是分子晶体。 比较不同类型晶体的熔点,一般原子晶体>离子晶体>分子晶体,冰和干冰都是分子晶体,可以根据常温下水为液态,而二氧化碳为气态判断冰的熔点高于干冰,所以D正确。 点睛: 比较不同类型晶体的熔点,一般原子晶体>离子晶体>分子晶体。 都是原子晶体,成键的原子半径越小则键长越短、键能越大,熔点越高;都是离子晶体,离子半径越小、离子电荷越多则晶格能越大,熔点越高;都是分子晶体,如果分子组成和结构相似,则相对分子质量越大,分子间作用力越大,熔点越高。 还可以根据常温下状态判断,如水为液态,而二氧化碳为气态,则可判断冰的熔点高于干冰。 9.某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO。 其过程如下: mCeO2 (m-x)CeO2·xCe+xO2 (m-x)CeO2·xCe+xH2O+xCO2 mCeO2+xH2+xCO 下列说法不正确的是() A.该过程中CeO2没有消耗 B.该过程实现了太阳能向化学能的转化 C.如图中ΔH1=ΔH2+ΔH3 D.以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH--2e-=CO +2H2O 【答案】C 【解析】 试题分析: A.通过太阳能实现总反应: H2O+CO2→H2+CO+O2,CeO2没有消耗,CeO2是光催化剂,A正确;B.该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO,所以把太阳能转变成化学能,B正确;C.由图可知,根据盖斯定律,应该是: -△H1=△H2+△H3,C错误;D.CO在负极失电子生成CO2,在碱性条件下再与OH-生成CO32-,故负极反应式正确,D正确;答案选C。 考点: 考查热化学知识和盖斯定律的应用。 视频 10.已知: C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=akJ•mol﹣1 2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=﹣220kJ•mol﹣1 H﹣H、O=O和O﹣H键的键能(kJ•mol﹣1)分别为436、496和462,则a为( ) A.﹣332B.﹣118C.+350D.+130 【答案】D 【解析】 分析: 根据盖斯定律计算水分解反应的焓变,再根据化学反应的焓变与化学键的关系分析解答。 详解: 已知①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=akJ•mol-1>0,②2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=-220kJ•mol-1,①×2-②得: 2H2O(g)═O2(g)+2H2(g)△H=(2a+220)kJ•mol-1>0,△H=反应物总键能-生成物总键能=4×462-496-2×436=2a+220,解得a=+130,故选D。 点睛: 本题考查了盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系。 解答本题的关键是掌握反应热的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能以及焓变的正负与吸收、放出热量的关系。 11.a、b、c、d、e、f为六种短周期元素,a、b、e、f位于同一周期,c、d也是同一周期,且d、e同一主族,原子半径d<e,a、b、c、d、f原子最外层电子依次增多,则下列说法中正确的是() A.e的非全属性比f强 B.d元素可能是第一周期元素 C.六种元素中,a元素最高价氧化物对应水化物碱性最强 D.a、b、c、d的原子序数逐渐增大 【答案】C 【解析】 【详解】A、a、b、c、d、f原子最外层电子依次增多,则d的最外层电子数≥4,e的最外层电子数大于等于4,小于f的最外层电子数,且e、f位于同一周期,同周期从左到右非金属性逐渐增强,所以f的非全属性比e强,故A错误; B、a、b、c、d、f原子最外层电子依次增多,则d的最外层电子数≥4,d、e同一主族,原子半径d<e,则d处于第二周期,故B错误; C、c、d处于第二周期,a、b、e、f处于第三周期,a、b、c、d、f原子最外层电子依次增多,所以金属性a最强,a元素最高价氧化物对应水化物碱性最强,故C正确; D、由上述分析可知,c在d的左侧,a、b、e、f处于第三周期,所以原子序数大小顺序是c<d<a<b,故D错误。 综上所述,本题应选C。 【点睛】本题重点考查元素周期表的推断。 a、b、c、d、e、f为六种短周期元素,a、b、c、d、f原子最外层电子依次增多,则d的最外层电子数≥4;d、e同一主族,原子半径d<e,则d处于第二周期,e处于第三周期;a、b、e、f位于同一周期,故a、b、e、f处于第三周期,c、d是同一周期,故c位于第二周期,原子序数c<d<a<b<e<f,据此分析解答。 12.常温下,将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1),测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示,下列说法正确的是 A.0-t1时,原电池的负极是铜片 B.0-t1时,正极的电极反应式是2H++2e-=H2↑ C.t1时刻,电流方向发生变化的原因是Al在浓硝酸中发生钝化,氧化膜阻止了Al进一步反应 D.tl时刻后,电子从铝经过导线流向铜 【答案】C 【解析】 【分析】 0~t1时,Al为负极,氧化得到氧化铝,Cu为正极,硝酸根放电生成二氧化氮;随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行,t1时,铜做负极,Al为正极,以此解答该题。 【详解】A.0~t1时,铜为正极,负极为铝,A错误; B.0~t1时,正极电极反应式为2H++NO3-+e-=NO2↑+H2O,B错误; C.随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行,氧化膜阻止了Al进一步反应,因此铜做负极,Al为正极,C正确; D.t1时刻后,铜为负极,电子从铜经导线流向铝,D错误。 答案选C。 【点睛】本题考查电解原理,关键是根据电流方向改变理解原电池中正负极转换,理解Al在浓硝酸中发生钝化,属于易错题目,侧重考查学生分析能力,题目难度较大。 13.已知X、Y、Z、W为短周期主族元素,在周期表中的相对位置如图,有下列说法: ①若HmXOn为强酸,则X的氢化物溶于水一定显酸性(m、n均为正整数) ②若四种元素均为金属,则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱 ③若四种元素均为非金属,则W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸 ④若四种元素只有一种为金属,则Z与Y的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸。 其中正确的说法有几项() A.1项B.2项C.3项D.4项 【答案】A 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W为短周期主族元素,由元素在周期表中的相对位置,可知X、Y处于第二周期,Z、W处于第三周期。 【详解】①若HmXOn为强酸,则X可为氮元素,其氢化物为氨气,水溶液呈碱性,故①错误; ②若四种元素均为金属,则X为 、Z为Na、Y为Be、W为Mg,Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH,属于强碱,故②正确; ③若四种元素均为非金属,X、Z至少处于ⅣA族,W可能为P、S或Cl,最高价氧化物对应的水化物中硫酸、高氯酸为强酸,而磷酸属于中强酸,故③错误; ④若四种元素只有一种为金属,则X为B、Z为Al、Y为C、W为Si,Z、Y二者的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、碳酸,二者都不是强酸,故④错误。 故正确的只有②,故选A。 综上所述,本题正确答案为A。 14.X、Y、Z均为短周期主族元素,已知它们的原子序数的关系为X+Z=2Y,且Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸。 则下列有关说法正确的是 A.若X是Na,则Z的最高价一定为偶数 B.若X是O,则YX一定是离子化合物 C.若Y是O,则非金属性Z>Y>X D.若Y是Na,则X、Z不可能是同一主族元素 【答案】B 【解析】 A.X是Na,则Z可为Cl,最高价是奇数,故A错误;B.X是O,因为O原子序数是8,偶数,则Z只能是S,Y的原子序数为 2=12,Y是Mg,MgO是离子化合物,故B正确;C.Y是O,则X+Z=16,只有Z为N,X为F满足,非金属性: F>O>N,即: X>Y>Z,故C错误;D.Y是Na,则X+Z=22,Z可为N,Y为P元素,N和P是同一主族元素,7+15=22满足前述条件,故D错误;故选B。 点晴: 高频考点,注意根据原子序数的关系判断元素的种类是解答该题的关键,原子序数X+Z=2Y,则X和Z的原子序数只能同时为奇数或者同时为偶数,Z的最高价氧化物对应水化物是强酸,Z只能是N,S,Cl(短周期)等元素,以此解答该题。 15.图1是在金属锌板上贴上一张用某溶液浸湿的滤纸,图2是新型氢氧燃料电池,则下列说法中不正确的是( ) A.图2电池放电过程中,O2﹣从B极区向A极区迁移 B.图2电池负极区的电极反应为H2﹣2e﹣+O2﹣=H2O C.若用氯化钠和酚酞的混合溶液浸湿滤纸,用导线将a、b直接相连,则铅笔芯C点先变红后褪色 D.图1的铅笔为正极 【答案】C 【解析】 【详解】A、图2是氢氧燃料电池,燃料电池放电过程中,通燃料气体的A极是负极,通氧气的B极是正极,O2﹣从正极区(B)向负极区(A)迁移,故A正确; B、图2是氢氧燃料电池,燃料电池放电规律是: 通燃料气体的A极为负极,燃料在该极失电子,通氧气的B极是正极,氧气在该极得电子,所以负极区的电极反应为H2﹣2e﹣+O2﹣=H2O,故B正确; C、若用氯化钠和酚酞的混合溶液浸湿滤纸,用导线将a、b直接相连,则锌电极为负极,锌失电子,铅笔芯为正极,氧气得电子,在该极生成大量的氢氧化钠,能使酚酞变红色,故C错误; D、用导线将a、b直接相连,则锌电极为负极,锌失电子,铅笔芯为正极,氧气得电子,,故D正确。 综上所述,本题正确答案为C。 16.为探究NaHCO3、Na2CO3和盐酸(以下盐酸浓度均为1mol•L﹣1)反应过程中的热效应,进行实验并测得如下数据 序号 35mL试剂 固体 混合前温度℃ 混合后温度℃ ① 水 2.5gNaHCO3 20.0 18.5 ② 水 3.2gNa2CO3 20.0 24.3 ③ 盐酸 2.5gNaHCO3 20.0 16.2 ④ 盐酸 3.2gNa2CO3 20.0 25.1 由此得出的结论正确的是( ) A.Na2CO3与盐酸的反应是吸热反应 B.NaHCO3与盐酸的反应是放热反应 C.20.0℃时,含3.2gNa2CO3的饱和溶液和35mL盐酸混合后的温度将低于25.1℃ D.20.0℃时,含2.5gNaHCO3的饱和溶液和35mL盐酸混合后的温度将低于16.2℃ 【答案】C 【解析】 【详解】A、由实验④可知盐酸与Na2CO3混合后温度大于混合前温度,且大于Na2CO3与水混合后温度,所以Na2CO3与盐酸的反应是放热反应,故A错误; B、由实验③可知盐酸与NaHCO3混合后温度小于混合前温度,且小于NaHCO3与水混合后温度,所以NaHCO3与盐酸的反应是吸热反应,故B错误; C、20.0℃时,由②可知,Na2CO3溶于水放热,所以④实验中混合温度升高包括Na2CO3溶于水放热,也包括盐酸和Na2CO3反应放热,所以含3.2gNa2CO3的饱和溶液和35mL盐酸混合后的温度将低于25.1℃,故C正确; D.20.0℃时,由③可知,NaHCO3溶于水吸热,所以③混合温度降低包括NaHCO3溶于水吸热,也包括盐酸与NaHCO3反应吸热,因此含2.5gNaHCO3的饱和溶液和35mL盐酸混合后的温度将高于16.2℃,故D错误; 综上所述,本题应选C。 17.己知: ①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ·mol-1,②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g);△H=-1160kJ·mol-1。 下列判断错误的是 A.等物质的量的CH4在反应①、②中转移电子数相同 B.由反应①可推知: CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)△H>-574kJ·mol-1. C.4NO2(g)+2N2(g)=8NO(g);△H=+586kJ·mol-1 D.若用标准状况下4.48LCH4把NO2还原为N2,整个过程中转移1.6mol电子 【答案】B 【解析】 试题分析: A.两个反应中,C元素的化合价均由-4价升高到+4价,则等物质的量的甲烷分别参加反应①、②,反应转移的电子数相同,错误;B.由CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ•mol-1,水由气态变为液态,放出热量,则CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)放出热量Q>574kJ•mol-1,正确;C.①-②,整理可得: 4NO2(g)+2N2(g)=8NO(g)△H=+586kJ•mol-1,正确;D.标准状况下4.48LCH4的物质的量是0.2mol,发生反应: CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),1molCH4反应转移8mol电子,则用标准状况下则0.2mol甲烷还原NO2至N2,整个过程中转移的电子总数为0.2mol×8=1.6mol,正确。 考点: 考查热化学反应及盖斯定律的应用的知识。 18.金属(M)﹣空气电池(如图
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