学年天津市耀华中学高一上学期期中考试化学试题.docx
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学年天津市耀华中学高一上学期期中考试化学试题
耀华中学2019-2020学年第一学期期中
高一化学
★祝考试顺利★
注意事项:
1、答题前,请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
2、选择题的作答:
每个小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
3、主观题的作答:
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4、选考题的作答:
先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
5、保持卡面清洁,不折叠,不破损,不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
6、考试结束后,请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
Ⅰ卷(60分)
可能用到的相对原子质量:
H:
1Na:
23Al:
27K:
39Cu:
64C:
12O:
16S:
32Cl:
35.5N:
14Mn:
55
1.采用不同的分类方法,可将非金属氧化物分为不同的类型。
例如从某种意义上可将P2O5、SO2、SO3、Cl2O7等归为—类,则下列氧化物与它们属于同—类的是
A.COB.NOC.N2O5D.Na20
【答案】C
【解析】
【详解】P2O5、SO2、SO3、Cl2O7属于酸性氧化物,CO和NO属于不成盐氧化物,N2O5属于酸性氧化物;Na2O是碱性氧化物,答案选C。
2.下列说法不正确的是
A.利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液
B.在豆浆里加入盐卤做豆腐与胶体的聚沉有关
C.胶体与溶液
分离可用渗析的方法
D.KCl溶液、淀粉溶液和纯水都属于分散系
【答案】D
【解析】
【详解】A、胶体可产生丁达尔现象,溶液不能,所以用丁达尔现象鉴别胶体和溶液,故A正确;
B、豆浆属于胶体,向其中加入盐卤,实质是电解质使胶体发生聚沉现象,故C正确;
C、胶体不能透过半透膜,而溶液中的粒子可以透过半透膜,所以可用渗析的方法分离胶体和溶液,故C正确;
D、纯水不是混合物,所以不属于分散系,错误,故D错误;
故答案选D。
3.下列现象或新技术应用中,不涉及胶体性质的是
A.在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液,产生红褐色沉淀
B.使用微波手术刀进行外科手术,可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血
C.清晨,在茂密的树林中,常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱
D.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒,可利用血液透析进行治疗
【答案】A
【解析】
【详解】A.在饱和氯化铁溶液中滴加入NaOH溶液,产生红褐色沉淀发生复分解反应,与胶体性质没有关系,A正确;
B.使用微波手术刀进行外科手术,可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血利用的是胶体的聚沉,B错误;
C.清晨在茂密的树林中,常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱,属于胶体的丁达尔效应,C错误;
D.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒,可利用血液透析进行治疗,利用的是胶体不能透过半透膜,D错误;
答案选A。
4.下列中和反应对应的离子方程式能以“H++OH-═H2O”表示的是
A.醋酸和氢氧化钠溶液反应B.氢氧化镁和盐酸反应
C.澄清石灰水和硝酸反应D.氢氧化钡和稀硫酸反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.醋酸为弱酸,不能拆成离子形式,故错误;
B.氢氧化镁不溶于水,不能拆成离子形式,故错误;
C.氢氧化钙为稀溶液,能拆成离子形式,硝酸为强酸,能拆成离子形式,故能写成H++OH-═H2O,故正确;
D.氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水,硫酸钡不能拆开,故错误。
故选C。
【点睛】掌握该离子方程式表示强酸和强碱反应生成可溶性盐和水,掌握离子方程式书写过程中拆成离子形式的物质。
5.下列各组离子在同一溶液中一定能大量共存的是()
A.含大量Ba2+的溶液中:
Cl-、K+、SO42-、CO32-
B.含大量H+的溶液中:
Mg2+、Na+、CO32-、SO42-
C.含大量OH-的溶液中:
K+、NO3-、SO42-、Cu2+
D.含大量Na+的溶液中:
H+、K+、SO42-、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A、含大量Ba2+的溶液中硫酸根、碳酸根离子均不能大量共存,生成硫酸钡和碳酸钡沉淀,A错误;
B、含大量H+的溶液中碳酸根离子生成水和CO2,且镁离子与碳酸根离子不能大量共存,B错误;
C、含大量OH-的溶液中Cu2+转化为氢氧化铜沉淀,不能大量共存,C错误;
D、含大量Na+的溶液中H+、K+、SO42-、NO3-之间均不反应,可以大量共存,D正确;
答案选D。
【点睛】掌握常见离子的性质、发生的化学反应是解答的关键。
注意了解离子不能大量共存的一般情况:
(1)能发生复分解反应的离子之间(即生成沉淀,气体,水、弱酸、弱碱等难电离物质);
(2)能生成难溶物的离子之间;(3)能发生氧化还原反应的离子之间(如:
Fe2+、H+、NO3-;S2-、ClO-;S2-、Fe3+等);(4)能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)。
6.下列对于某些离子的检验及结论中一定正确的
A.加入稀盐酸产生无色的气体,将气体通入澄清石灰水中,溶液变浑浊,一定有CO32-
B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加盐酸,沉淀不消失,一定有SO42-
C.加入氢氧化钠溶液并加热,产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,一定有NH4+
D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸白色沉淀消失,一定有Ba2+
【答案】C
【解析】
【详解】A.溶液中的离子可能是碳酸氢根离子,故错误;
B.溶液中可能是银离子,故错误;
C.溶液中只能是铵根离子,故正确;
D.溶液中可能含有钙离子,故错误。
故选C。
7.下列有关焰色反应叙述正确的是
A.氯化钠在火焰上灼烧时火焰呈黄绿色
B.焰色反应是金属单质的特性
C.连续做两个样品时,应将铂丝用硫酸洗净并灼烧到无特殊焰色
D.可用洁净的铁丝代替铂丝进行焰色反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.含有钠元素的物质焰色反应为黄色,故错误;
B.焰色反应是某些金属元素的性质,不是单质的性质,故错误;
C.焰色反应实验中用稀盐酸洗铂丝,不用硫酸,故错误;
D.用洁净的铁丝可以代替铂丝做焰色反应,故正确。
故选D。
【点睛】掌握焰色反应的适用范围和操作。
焰色反应是金属元素的性质,是物理性质。
用洁净的铁丝或铂丝做实验,实验过程中用稀盐酸洗铂丝。
掌握钠的焰色为黄色,钾的焰色为紫色,需要透过蓝色钴玻璃观察。
8.2.3g纯净的金属钠在干燥的空气中被氧化后得到3.5g固体,由此可判断其氧化产物是
A.只有Na2OB.只有Na2O2C.Na2O和Na2O2D.无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】
金属钠在干燥空气中被氧化后可能为氧化钠、过氧化钠或者二者的混合物,根据方程式计算判断。
【详解】已知钠与氧气反应,产物为氧化钠或过氧化钠,此题可采用极值法:
钠的物质的量为0.1mol,若生成物全为Na2O,其质量为0.05mol×62g·mol-1=3.1g<3.5g;若生成物全为Na2O2,其质量为0.05mol×78g·mol-1=3.9g>3.5g;故其生成物为Na2O和Na2O2的混合物;故选C。
9.下列关于氯水的叙述中,正确的是
A.新制氯水中有3种分子,有4种离子
B.新制氯水在光照的条件下,可以产生气体,该气体是氯气
C.向新制氯水中滴加硝酸银溶液,没有任何现象
D.新制氯水不可以使干燥的有色布条褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A.氯水中含有水分子,次氯酸分子,氯气分子,氢离子,氯离子,氢氧根离子,次氯酸根离子,故正确;
B.新制的氯水中有次氯酸,在见光的条件下分解生成盐酸和氧气,故错误;
C.新制氯水中有盐酸,与硝酸银反应生成氯化银沉淀,故错误;
D.新制氯水中有次氯酸,能使干燥的有色布条褪色,故错误。
故选A。
【点睛】掌握氯水中的成分和性质。
有氯气和水和盐酸和次氯酸。
氯气有颜色,有强氧化性,盐酸有酸性,次氯酸有强氧化性和漂白性。
10.常温下,下列各组物质不能用一种试剂通过化学反应区别的是()
A.MnO2CuOFeOB.(NH4)2SO4K2SO4NH4Cl
C.AgNO3KNO3Na2CO3D.Na2CO3NaHCO3K2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】A、用稀硫酸:
MnO2→不反应,CuO、FeO→分别生成蓝色、绿色溶液,A错误;
B、用氢氧化钡,(NH4)2SO4→沉淀和气体,K2SO4→沉淀,NH4Cl→气体,B错误;
C、用稀盐酸:
AgNO3→沉淀,KNO3→不反应,Na2CO3→气体,C错误;
D、用稀盐酸:
三个都有气体,且无色无味,但NaHCO3一旦遇到盐酸就有气体,Na2CO3、K2CO3则要用多的稀盐酸,鉴别Na2CO3、K2CO3可用焰色反应,D正确。
答案选D。
11.下列反应中,氯元素全部被氧化的是
A.2Fe+3Cl2═2FeCl3B.2NaCl
2Na+Cl2↑
C.NaOH+HCl═NaCl+H2OD.2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯气中化合价全部降低,被还原,故错误;
B.氯元素化合价全部升高,被氧化,故正确;
C.该反应不是氧化还原反应,故错误;
D.氯气部分被氧化部分被还原,故错误。
故选B。
12.某温度下,将Cl2通入NaOH溶液中,反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液,经测定ClO-与ClO
的物质的量浓度之比为1∶3,则Cl2与NaOH溶液反应时,被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为
A.21∶5B.11∶3C.3∶1D.4∶1
【答案】D
【解析】
【详解】根据ClO-与ClO3-的浓度之比1:
3,由Cl到ClO-,失去1个电子,由Cl到ClO3-,失去5个电子,一共失去1+3×5=16个电子;由Cl到Cl-,得到1个电子,需要16个原子才能得到16个电子,所以,被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16:
(1+3)=4:
1,故答案为D。
【点睛】氧化还原反应中,氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等,常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式;运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法:
氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值。
13.实验室用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2时,若有0.2molMnO2被还原,则被氧化的HCl为
A.29.2gB.14.6gC.21.9gD.7.3g
【答案】B
【解析】
【详解】根据反应方程式分析,0.2mol二氧化锰被还原,则被氧化的氯化氢为0.4mol,质量为14.6克。
故选B。
【点睛】掌握反应中盐酸表现酸性和还原性,其中表现还原性的占二分之一。
14.当溶液中X2O72-和SO32-离子数之比为1:
3时,恰好完全发生氧化还原反应,X在还原产物中的化合价为()
A.+1B.+2C.+3D.+4
【答案】C
【解析】
【详解】题目中要求的是“X在还原产物中的化合价”,那么X2O72-在反应中做氧化剂,得到电子,得到电子的个数等于SO32-失去电子的个数,而SO32-→SO42-过程中每个离子失去2个电子,则3个离子共失去6个电子,那么1个X2O72-在反应过程中应得到6个电子,设还原产物中X的化合价为a,则得到2×(6-a)个电子,故2×(6-a)=6,解得a=+3,故选C。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算,旨在考查氧化还原反应中电子转移守恒运用。
根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式,n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价)=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价)。
15.氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。
在一定条件下,AlN可通过反应Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO合成。
下列叙述正确
是
A.上述反应中,N2是还原剂,Al2O3是氧化剂
B上述反应中,每生成1molAlN需转移3mol电子
C.AlN中氮元素的化合价为+3
D.AlN的摩尔质量为41g
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应红氮气中元素化合价降低,做氧化剂,氧化铝没有变价,故错误;
B.每生成一个氮化铝转移3个电子,故正确;
C.氯化铝中的氮元素化合价为-3,故错误;
D.AlN的摩尔质量为41g/mol,故错误。
故选B。
16.根据S2O82-+2e-→2SO42-,Mn2++4H2O→MnO4-+8H++5e-,推测氧化1.5molMn2+需要Na2S2O8的物质的量为
A.1.5molB.3.75molC.3.25molD.3.125mol
【答案】B
【解析】
【详解】根据得失电子守恒分析,锰离子和S2O82-比例关系为2:
5,故氧化1.5molMn2+需要Na2S2O8的物质的量为3.75mol。
故选B。
17.两份质量相同的CH4和NH3比较,下列结论错误的是( )
A.分子个数比为17∶16B.原子个数比为17∶16
C.氢原子个数比为17∶12D.氢原子质量比为17∶12
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据N=m/M×NA计算判断;
B.根据N=m/M×NA结合分子构成判断;
C.根据N=m/M×NA结合一个分子中含有的氢原子个数计算判断;
D.根据H原子数目之比等于H原子质量之比进行计算。
【详解】A.根据N=m/M×NA知,质量相同的两种气体中含有的分子个数之比等于摩尔之比的反比,所以两份质量相同的CH4和NH3的分子数之比为17:
16,故A正确;
B.CH4和NH3的分子含有的原子数分别为5、4,由A知两份质量相同的CH4和NH3的分子数之比为17:
16,所以含有的原子数之比为17×5:
16×4=85:
64,故B错误;
C.CH4和NH3的分子含有的H原子数分别为4、3,由A知两份质量相同的CH4和NH3的分子数之比为17:
16,所以含有的H原子数之比为17×4:
16×3=17:
12,故C正确;
D.由C可知两份质量相同的CH4和NH3所以含有的H原子数之比为17:
12,H原子数目之比等于H原子质量之比为17:
12,故D正确。
故选B。
18.下列各物质中含氢原子数最多的是
A.1molNH4ClB.1.5molNH4NO3
C.1.204×1024CO(NH2)2D.1molNH3
【答案】C
【解析】
【详解】1molNH4Cl含4mol氢原子,1.5molNH4NO3含6mol氢原子,1.204×1024CO(NH2)2含有8mol氢原子,1molNH3含有3mol氢原子,故含氢原子最多的为C。
故选C。
19.已知氧化还原反应:
2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O,其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为( )
A.10molB.11molC.12molD.13mol
【答案】B
【解析】
【详解】由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知,Cu元素的化合价由+2价降低为+1价,I元素的化合价由+5价降低为0,则Cu(IO3)2为氧化剂,所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×(2-1)+2mol×(5-0)=11mol;
答案选B。
20.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。
一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下:
2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑,下列说法中不正确的是
A.Na2O2在反应中只作氧化剂
B.Na2FeO4既
氧化产物又是还原产物
C.O2是氧化产物
D.2molFeSO4发生反应时,共有10mol电子转移
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应中6mol过氧化钠中有2mol过氧化钠中的氧化合价升高,做还原剂,其余做氧化剂,故错误;
B.Na2FeO4中铁元素是化合价升高后生成的,氧元素是化合价降低后生成的,所以既是氧化产物又是还原产物,故正确;
C.氧气是过氧化钠中氧元素化合价升高生成的,为氧化产物,故正确;
D.反应中铁元素和氧元素化合价升高,总共转移10个电子,所以2molFeSO4发生反应时,共有10mol电子转移,故正确。
故选A。
【点睛】掌握元素化合价变化分析氧化还原,注意过氧化钠中的氧元素有不同的变化,根据原子守恒进行分析。
第Ⅱ卷(40分)
二、非选择题
21.根据有关概念回答下列问题:
(1)稀硫酸
(2)液氨(3)氨水(4)铝条(5)熔融氯化钠(6)石墨(7)氢氧化钡溶液(8)二氧化硫(9)水(10)熔融Na2O(11)稀盐酸(12)乙醇
判断上述物质:
能够导电的是_______(填序号,下同);属于电解质的是_______;属于非电解质的是_______。
【答案】
(1).
(1)(3)(4)(5)(6)(7)(9)(10)(11)
(2).(5)(9)(10)(3).
(2)(8)(12)
【解析】
【分析】
根据在水溶液中或熔融状态下导电的化合物属于电解质,在水溶液中或熔融状态下不导电的化合物属于非电解质。
注意电解质导电有条件。
【详解】
(1)稀硫酸能导电,液氨不导电,氨水能导电,铝条能导电,熔融的氯化钠能导电,石墨能导电,氢氧化钡溶液能导电,二氧化硫不导电,水能导电,熔融氧化钠能导电,稀盐酸能导电,乙醇不导电。
(2)氯化钠和水和氧化钠属于电解质;
(3)液氨和二氧化硫和乙醇是非电解质。
【点睛】掌握电解质和非电解质都是化合物,单质或混合物不是电解质或非电解质。
所以在判断时先把单质和混合物排除。
电解质导电是有条件的,在水溶液或熔融状态下,注意酸在熔融状态下不导电。
22.完成下列反应的离子方程式
(1)碳酸钙与醋酸反应________
(2)向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性_____
(3)Na2O2与水反应______
(4)氯气通入到NaOH溶液中_____
(5)SO2通入氯水中生成硫酸和盐酸______
【答案】
(1).CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑
(2).2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O(3).2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑(4).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(5).SO2+Cl2+H2O=4H++SO42-+2Cl-
【解析】
【分析】
将容易电离的易溶的物质拆成离子形式,注意沉淀或气体或水或弱电解质不能拆成离子形式。
【详解】
(1)碳酸钙不溶于水,不能拆成离子形式,醋酸是弱酸,不能拆成离子形式,故离子方程式为:
CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑;
(2)硫酸氢钠和氢氧化钡反应到中性,是指氢离子和氢氧根离子完全反应,即反应后生成硫酸钠,反应的离子方程式为:
2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O;
(3)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气,氢氧化钠属于强碱,能拆成离子形式,故离子方程式为:
2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑;
(4)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水,离子方程式为:
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;
(5)二氧化硫和氯气反应生成硫酸和盐酸,根据硫酸和盐酸能拆成离子形式书写离子方程式为;SO2+Cl2+H2O=4H++SO42-+2Cl-。
23.在xR2++yH++O2=mR3++nH2O的离子反应中,化学计量数m的值为______。
【答案】4
【解析】
【详解】根据原子守恒分析,有x=m,y=2n,n=2,根据电荷守恒有2x+y=3m,则x=m=4。
24.
(1)K2MnF6+SbF5=F2+KSbF6+MnF3_____
(2)Fe(NO3)3+NaOH+Cl2=Na2FeO4+NaNO3+NaCl+H2O______
(3)MnO4-+H++Br-=Br2+Mn2++H2O______
【答案】
(1).2K2MnF6+4SbF5=F2+4KSbF6+2MnF3
(2).2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O(3).2MnO4-+16H++10Br-=5Br2+Mn2++8H2O
【解析】
【分析】
首先根据化合价变化分析,再根据质量守恒进行配平
【详解】
(1)锰元素化合价从+4降低到+3,氟元素化合价从-1升高到0,所以根据电子守恒分析,F2与MnF3的比例为1:
2,再根据质量守恒分析,得方程式为:
2K2MnF6+4SbF5=F2+4KSbF6+2MnF3;
(2)氯元素化合价从0降低到-1,铁元素化合价从+3升高到+6,根据电子守恒分析,氯气和硝酸铁的比例为2:
3,再根据质量守恒分析,得方程式为:
2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O;
(3)反应中锰元素化合价从+7降低到+2,溴元素化合价从-1升高到0,所以根据电子守恒分析,MnO4-与Br-比例为2:
10,再根据质量守恒分析,得方程式为:
2MnO4-+16H++10Br-=5Br2+Mn2++8H2O。
25.下列物质中,物质的量最大的是____,含分子个数最多的是_____,含原子个数最多的是___,质量最大的是_____。
A.6gH2;B.0.5molCO2;C.1.204×1024个HCl分子;
D.147gH2SO4;E.92g乙醇(C2H5OH);F.4℃时10mL水
【答案】
(1).A
(2).A(3).E(4).D
【解析】
【分析】
根据n=m/M=N/NA计算出各物质的物质的量,原子个数和质量,再进行比较。
【详解】各物质的物质的量,原子物质的量,质量依次为:
A.3mol,9mol,6g;B.0.5mol,1.5mol,22g;C.2mol,4mol,73g;D.1.5mol,10.5mol,147g;E.2mol,18mol,92g;F.5/9mol,15/9mol,10g。
所以物质的量最大的为A。
分子个数最多的为A。
原子个数最多的为E。
质量最大的为D。
26.
(1)0.3molNH3分子中所含质子数与_____个H2O分子中所含质子数相等。
(2)含0.4molAl3+的Al2(SO4)3中所含的SO42-的物质的量是______。
(3)已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD,则C的摩尔质量为________。
(4)在反应X+2Y=R+2M中,已知R和M的相对分子质量之比为22:
9,当1.6gX与Y完全
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