学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二下学期期末考试化学试题.docx
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学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二下学期期末考试化学试题
哈尔滨市第六中学校2018-2019学年度下学期期末考试
高二化学试题
★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。
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Fe56Cu64Ba137
第Ⅰ卷(选择题50分)
单项选择题(本题包括25小题,共计50分。
每小题只有1个选项是正确的。
)
1.下列有关物质分类或归类正确的一组是()
①液氯、干冰、磁性氧化铁为化合物②盐酸、水玻璃、王水为混合物③明矾、纯碱、烧碱为电解质④牛奶、豆浆、碘酒为胶体⑤小苏打、苏打、苛性钠为钠盐
A.①②B.②③C.③④D.②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①液氯是氯气,属于单质,干冰是二氧化碳、磁性氧化铁是四氧化三铁均为化合物,故①错误;
②盐酸是氯化氢的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、王水是浓盐酸和浓硝酸混合物,均为混合物,故②正确;
③明矾为硫酸铝钾的晶体,纯碱为碳酸钠,烧碱是氢氧化钠,都是电解质,故③正确;
④牛奶、豆浆是胶体,碘酒为溶液不是胶体,故④错误;
⑤小苏打是碳酸氢钠、苏打是碳酸钠均为钠盐,苛性钠为氢氧化钠是碱,不属于钠盐,故⑤错误;
综上所述正确的是②③,答案应选B。
2.下列有关“造纸术、指南针、黑火药及印刷术”的相关说法正确的是()
A.宣纸的主要成分是纤维素,属于高分子化合物
B.指南针由天然磁石制成,磁石的主要成分是Fe2O3
C.黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S==K2S+N2↑+3CO2↑,其中氧化剂只有KNO3
D.活字印刷使用的胶泥由Al2O3、SiO2、CaO等组成,它们都属于碱性氧化物
【答案】A
【解析】
【详解】A.宣纸的主要成分为天然纤维素,纤维素为多糖,属于高分子化合物,故A正确;
B.天然磁石成分为四氧化三铁,故B错误;
C.反应2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑中,N、S元素化合价降低,得电子被还原,C元素化合价升高,失电子被氧化,所以KNO3和S都是氧化剂,故C错误;
D.Al2O3为两性氧化物,SiO2为酸性氧化物,故D错误。
答案选A。
【点睛】本题以我国传统文化四大发明为命题情景,考查化学基本概念,涉及物质的分类、氧化还原反应的有关概念等,掌握基础知识是解题的关键,注意氧化还原反应的分析要紧紧抓住化合价变化,化合价变没变,是升高了还是降低了。
3.下列分散系不能产生“丁达尔效应”的是()
A.酒精溶液B.鸡蛋清溶液C.氢氧化铁胶体D.淀粉溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
胶体能产生丁达尔效应;
【详解】A为溶液,B、C、D均为胶体,答案为A;
【点睛】丁达尔效应的原因为分散质颗粒较大,当光线穿过分散系时,分散质颗粒对光产生漫反射现象。
4.用ClCH2CH2OH和NaCN为原料可合成丙烯酸,相关化学用语表示错误的是( )
A.质子数和中子数相等的钠原子:
Na
B.氯原子的结构示意图:
C.NaCN的电子式:
D.丙烯酸的结构简式:
CH3CH=CHCOOH
【答案】D
【解析】
【详解】A.质子数和中子数相等的钠原子,质量数A=质子数Z+中子数N=11+11=22,钠原子符号为:
,A正确;
B.Cl原子的核外电子总数为17,其原子结构示意图为
,B正确;
C.NaCN为离子化合物,由Na+和CN-通过离子键构成,电子式为
,C正确;
D.丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH,D错误;
故合理选项是D。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.25℃、101kPa时,22.4L乙烷中所含共价键数目为6NA
B.3.2gO2和O3的混合气体中,含氧原子数为0.2NA
C.12g金刚石含有共价键数目为4NA
D.1molNaHSO4熔融时电离出的离子总数为3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.25℃、101kPa时,22.4L乙烷的物质的量小于1mol,且1mol乙烷中所含共价键数目为7NA,选项A错误;
B.3.2gO2和O3的混合物中含有的氧原子的物质的量为
=0.2mol,数目为0.2NA,选项B正确;
C.12g金刚石中含有1molC,金刚石中,每个C与其它4个C形成了4个共价键,每个碳原子形成的共价键数目为:
×4=2,所以1molC原子形成的共价键为2mol,含有的共价键数目为2NA,选项C错误;
D、熔融状态下,硫酸氢钠电离出钠离子和硫酸氢根离子,1molNaHSO4熔融时电离出的离子总数为2NA,选项D错误。
答案选B。
6.设NA表示阿伏加德罗常数
值,下列叙述正确的是()
A.1mol羟基与1mol的氢氧根所含电子数均为9NA
B.标准状况下,11.2LCl2溶于水,转移的电子数为NA
C.常温常压下,23gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为1.5NA
D.100mL18.4mol·L-1浓硫酸与足量铜加热反应,生成SO2的分子数为0.92NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.1mol羟基中含有9mol电子,1mol氢氧根离子中含有10mol电子,二者含有的电子数不同,故A错误;
B.Cl2与水反应是可逆反应,故标准状况下,11.2LCl2即0.5molCl2溶于水,转移的电子数小于0.5NA,故B错误;
C.23gNO2和N2O4混合气体中含有0.5mol最简式NO2,其中含有1.5mol原子,故在常温常压下,23gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为1.5NA,故C正确;
D.100mL18.4mol•L-1的浓硫酸,硫酸的物质的量是1.84mol,浓硫酸完全反应,生成0.92mol二氧化硫,但随反应的进行浓硫酸浓度变稀,当变成稀硫酸时反应停止,故生成SO2的分子数小于0.92NA,故D错误;
故答案为C
【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项:
①物质的状态是否为气体;②对于气体注意条件是否为标况;③注意同位素原子的差异;④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断;⑤注意物质的结构:
如Na2O2是由Na+和O22-构成,而不是由Na+和O2-构成;SiO2、SiC都是原子晶体,其结构中只有原子没有分子,SiO2是正四面体结构,1molSiO2中含有的共价键为4NA,1molP4含有的共价键为6NA等。
7.0.5L1mol·L-1的FeCl3溶液与0.2L1mol·L-1的KCl溶液中,Cl-浓度之比为()
A.15:
2B.1:
1C.3:
1D.1:
3
【答案】C
【解析】
【详解】0.5L1mol·L-1的FeCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol•L-1×3=3mol•L-1,0.2L1mol·L-1的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol•L-1,Cl-的物质的量浓度之比为3:
1。
答案选C。
8.实验室用氢氧化钠固体配制1.00mol/L的NaOH溶液480mL,以下配制步骤正确的是()
A.直接在托盘天平上称取19.2g的氢氧化钠固体放入烧杯中,加蒸馏水溶解
B.待溶液冷却后,用玻璃棒引流,将烧杯中的溶液转移到容量瓶中,并洗涤烧杯、玻璃棒2~3次
C.定容时,仰视凹液面最低处到刻度线
D.按照上述步骤配制的溶液(没有涉及的步骤操作都正确),所得溶质的物质的量浓度偏高
【答案】B
【解析】
【详解】A、由于实验室无480mL容量瓶,故应选择500mL容量瓶,配制出500mL溶液,所需的氢氧化钠的质量m=cVM=1mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g,且称量时应放到小烧杯里,故A错误;
B、氢氧化钠固体溶于水放热,故应冷却至室温,移液时应用玻璃棒引流,否则溶液溅出会导致浓度偏低,并洗涤烧杯2~3次,将溶质全部转移至容量瓶中,故B正确;
C、定容时,应平视刻度线,仰视会导致体积偏大,故C错误;
D、仰视刻度线,会导致体积偏大,则溶液浓度偏小,故D错误;
答案选B。
9.在下列状态下,属于能够导电的电解质是( )
A.氯化钠晶体B.液态氯化氢C.硝酸钾溶液D.熔融氢氧化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯化钠晶体是电解质,但不能导电,故A错误;
B.液态氯化氢是电解质,但不能导电,故B错误;
C.硝酸钾溶液能导电,但是混合物,不是电解质,也不是非电解质,故C错误;
D.熔融氢氧化钠
电解质,也能导电,故D正确;
故答案为D。
【点睛】考查电解质的概念,注意电解质不一定导电,导电的物质不一定是电解质。
注意:
①电解质和非电解质均指化合物,单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质;②电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物,如SO2、CO2属于非电解质;③条件:
水溶液或融化状态,对于电解质来说,只须满足一个条件即可,而对非电解质则必须同时满足两个条件;④难溶性化合物不一定就是弱电解质,如硫酸钡属于强电解质。
电解质,包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水,非电解质,包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。
10.下列关于有机物的说法正确的是
A.C5H10O2的同分异构体中,能与NaHCO3反应生成CO2的有4种
B.糖类、油脂、蛋白质都是电解质
C.乙烯使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色的反应类型相同
D.将碘酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝说明苹果肉中的淀粉已水解
【答案】A
【解析】
【详解】A.C5H10O2的同分异构体中,能与NaHCO3反应生成CO2,说明分子中含有-COOH,可认为是C4H10分子中的一个H原子被-COOH取代产生的物质,C4H10有正丁烷、异丁烷2种结构,每种结构中有2种不同位置的H原子,所以C5H10O2的属于羧酸的同分异构体有4种,A正确;
B.糖类、油脂、蛋白质在水溶液中都不能导电,熔融状态下也不能导电,且蛋白质是高分子化合物,因此都不是电解质,B错误;
C.乙烯使溴水褪色,发生的是加成反应,使酸性高锰酸钾溶液褪色发生的是氧化反应,反应类型不相同,C错误;
D.将碘酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝说明苹果肉中有淀粉,但不能证明淀粉是否已水解,D错误;
故合理选项是A。
11.关于化合物2−苯基丙烯(
),下列说法正确的是
A.不能使稀高锰酸钾溶液褪色
B.可以发生加成聚合反应
C.分子中所有原子共平面
D.易溶于水及甲苯
【答案】B
【解析】
【分析】
2-苯基丙烯的分子式为C9H10,官能团为碳碳双键,能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。
【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键,能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应,使酸性高锰酸钾溶液褪色,故A错误;
B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键,一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯,故B正确;
C项、有机物分子中含有饱和碳原子,所有原子不可能在同一平面。
2-苯基丙烯中含有甲基,所有原子不可能在同一平面上,故C错误;
D项、2-苯基丙烯为烃类,分子中不含羟基、羧基等亲水基团,难溶于水,易溶于有机溶剂,则2-苯基丙烯难溶于水,易溶于有机溶剂甲苯,故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质,侧重分析与应用能力的考查,注意把握有机物的结构,掌握各类反应的特点,并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。
12.下列关于有机化合物
和
的说法正确的是()
A.一氯代物数目均有6种
B.二者均能发生取代、加成和氧化反应
C.可用酸性高锰酸钾溶液区分
D.
分子中所有碳原子可能在同一平面上
【答案】C
【解析】
【详解】A.
中有6种等效氢,则一氯代物有6种,
中有4种等效氢,一氯代物有4种,两种一氯代物数目不同,故A错误;
B.
中含碳碳双键,能发生加成反应,除此之外还能发生取代、氧化反应,
中不含不饱和键,不能发生加成反应,能发生取代、氧化反应,故B错误;
C.
中含碳碳双键,能使酸性高锰酸钾褪色,
中不含不饱和键,不能使酸性高锰酸钾褪色,则可用酸性高锰酸钾溶液区分,故C正确;
D.
中与碳碳双键上的碳原子直接相连的原子共面,其中含1个叔碳原子(与甲基直接相连的碳原子),则所有碳原子不可能在同一平面上,故D错误。
答案选C。
13.可用来鉴别己烯、甲苯、己烷的一组试剂是()
A.溴水B.酸性高锰酸钾溶液
C.溴水、酸性高锰酸钾溶液D.溴的四氯化碳溶液
【答案】C
【解析】
【详解】鉴别己烯、甲苯、己烷分为两步进行:
①取少量待测液分装于三只试管中,三只试管中滴加少量溴水,能与溴水发生化学反应,使其褪色的是己烯;②再取除己烯外,另外两种待测液少许于两支试管中,两支试管中滴加少量酸性高锰酸钾溶液,使其褪色的是甲苯。
故选C;
答案:
C
【点睛】1.能使溴水反应褪色的有机物有:
苯酚、醛、含不饱和碳碳键(碳碳双键、碳碳叁键)的有机物;2.能使酸性高锰酸钾褪色的有机物①与烯烃、炔烃、二烯烃等不饱和烃类及不饱和烃的衍生物反应;与苯的同系物(甲苯、乙苯、二甲苯等)反应;②与部分醇羟基、酚羟基(如苯酚)发生氧化还原反应;③与醛类等有醛基的有机物(如醛、甲酸、甲酸酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等)发生氧化还原反应。
14.二氯丁烷的同分异构体有()
A.6种B.8种C.9种D.10种
【答案】C
【解析】
【详解】丁烷中,当碳链为C-C-C-C,当氯原子在同一个碳上,有2中结构,氯在不同的碳上,有4种结构;当为异丁烷时,当氯原子在同一个碳上,有1中结构,氯在不同的碳上,有2种结构,共有2+4+1+2=9种二氯代物。
故选C。
【点睛】烃的等效氢原子有几种,该烃的一元取代物的数目就有几种;在推断烃的二元取代产物数目时,可以采用一定一动法,即先固定一个原子,移动另一个原子,推算出可能的取代产物数目,然后再变化第一个原子的位置,移动另一个原子进行推断,直到推断出全部取代产物的数目,在书写过程中,要特别注意防止重复和遗漏。
15.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素,A、B形成的简单化合物常用作制冷剂,D原子最外层电子数与最内层电子数相等,化合物DC中两种离子的电子层结构相同,A,B、C、D的原子序数之和是E的两倍。
下列说法正确的是()
A.原子半径:
C>B>A
B.气态氢化物的热稳定性:
E>C
C.最高价氧化物对应的水化物的酸性:
B>E
D.化合物DC与EC2中化学键类型相同
【答案】C
【解析】
【详解】已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素,A、B形成的简单化合物常用作制冷剂,制冷剂为氨气,所以A为氢元素,B为氮元素,D原子最外层电子数与最内层电子数相等,为镁元素,化合物DC中两种离子的电子层结构相同,所以C为氧元素,A,B、C、D的原子序数之和是E的两倍,则E为硅元素。
A.根据同周期元素,从左到右原子半径减小,故原子半径:
B>C>A,故错误;
B.氧的非金属性比硅强,所以气态氢化物的热稳定性:
C>E,故错误;
C.氮
非金属性比硅强,所以最高价氧化对应的水化物的酸性:
硝酸大于硅酸,故正确;
D.氧化镁含有离子键,二氧化硅含有共价键,故错误。
故选C。
16.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素,且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。
甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物,M是某种元素对应的单质,乙和丁的组成元素相同,且乙是一种“绿色氧化剂”,化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。
上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。
下列说法正确的是()
A.由四种元素形成的两种盐,水溶液中反应能生成N
B.Y与Z形成的化合物中阴、阳离子个数比可为1:
1
C.化合物N、乙烯使溴水褪色的原理相同
D.X与Y形成的化合物中,成键原子均满足8电子结构
【答案】A
【解析】
【分析】
乙是一种“绿色氧化剂”,乙是H2O2,H2O2会分解生成氧气与氢气,据转化关系易知M是单质,所以M是O2;乙和丁的组成元素相同,则丁是H2O;化合物N是具有漂白性的气体(常温下),N是SO2,丙是H2S,则甲是硫化物;X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2,Z是Na元素;X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。
【详解】根据上述分析可知,X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S,则
A.由四种元素形成的两种盐,为亚硫酸氢钠与硫酸氢钠,两者可反应,其离子方程式为:
,A项正确;
B.Y为O,Z为Na,两者形成的化合物为过氧化钠与氧化钠,化合物中阴、阳离子个数比均为1:
2,B项错误;
C.二氧化硫使溴水褪色发生氧化还原反应,乙烯使溴水褪色发生加成反应,C项错误;
D.H与O形成的化合物为过氧化氢或水,其中H原子均满足2电子结构,而不是8电子结构,D项错误;
答案选A。
【点睛】本题考查元素原子结构与性质相互关系的综合应用。
A项是难点,学生要掌握硫酸氢钠水溶液相当于酸性溶液。
17.FeS2与硝酸反应产物有Fe3+和H2SO4,若反应中FeS2和HNO3物质的量之比是1∶8时,则HNO3的唯一还原产物是( )
A.NO2B.NOC.N2OD.N2O3
【答案】B
【解析】
【分析】
据氧化还原反应中得失电子数相等进行计算。
【详解】设参加反应的FeS2、HNO3物质的量分别为1mol、8mol,HNO3唯一还原产物中N化合价为+x。
反应中有
→
+
,1molFeS2失电子15mol;
→
,只有5molHNO3作氧化剂得电子5(5-x)mol。
则5(5-x)=15,解得x=2。
本题选B。
【点睛】化学反应中的质量守恒关系、氧化还原反应中得失电子相等、离子反应中的电荷守恒关系等,是化学计算中的隐含条件。
18.高温下焙烧CuFeS2的反应之一为2CuFeS2+7O2=CuSO4+CuO+Fe2O3+3SO2,下列关于该反应的叙述正确的是()
A.CuFeS2中硫的化合价为-1
B.CuFeS2发生还原反应
C.1molCuFeS2完全反应转移13mol电子
D.CuSO4和SO2既是氧化产物,又是还原产物
【答案】D
【解析】
中Cu为+2价,Fe为+2价,S为-2价。
A错;S、Fe的化合价均升高,发生氧化反应,B错;1molCuFeS2完全反应转移电子为28mol,C错;O2中氧元素化合价降低,所以CuSO4和SO2既是氧化产物又是还原产物,D正确。
19.工业上生产MnO2和Zn的主要反应有:
①MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O
②MnSO4+ZnSO4+2H2O
MnO2+Zn+2H2SO4
下列说法不正确的是()
A.①中MnO2和H2SO4都是氧化剂B.①中析出16gS时转移1mol电子
C.②中MnSO4发生氧化反应D.硫酸在该生产中可循环利用
【答案】A
【解析】
试题分析:
A.反应①中MnO2→MnSO4,Mn元素化合价降低,MnSO4为氧化剂,②中MnSO4→MnO2,Mn元素化合价升高,为氧化剂,故A错误;B.①中析出16gS即0.5mol,转移为2×0.5mol=1mol电子,故B正确;C.②中MnSO4→MnO2,Mn元素化合价升高,被氧化,发生氧化反应,故C正确;D.反应①消耗硫酸,反应②生成硫酸,硫酸可循环利用,故D正确。
故选A。
考点:
考查氧化还原反应;氧化还原反应的电子转移数目计算
20.还原性I->Fe2+>Br-。
向含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量氯气后,所得溶液离子成分分析正确的是()
A.I-、Fe3+、Cl-B.Fe2+、Cl-、Br-
C.Fe2+、Fe3+、Cl-D.Fe2+、I-、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】还原性I->Fe2+>Br-,向含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入氯气后,碘离子先被氧化,其次
亚铁离子,最后是溴离子;
A.当溶液中含有碘离子,就不会出现铁离子,故A错误;
B.通入氯气后,碘离子先被氧化,其次是亚铁离子,当亚铁离子存在时,溴离子一定不会参与反应,氯气作氧化剂,对应产物是氯离子,故B正确;
C.当溶液中存在亚铁离子时,一定会存在溴离子,故C错误;
D.当溶液中存在亚铁离子时,一定会存在溴离子,故D错误;
故选B。
【点睛】依据离子的还原性强弱顺序判断溶液中的各离子是否能够共存是解决本题的关键。
21.有时候,将氧化还原方程式拆开写成两个“半反应”。
下面是一个“半反应”式:
()NO3—+()H++()e-=()NO+()H2O,该式的配平系数是()
A.1,3,4,2,1B.2,4,3,2,1C.1,6,5,1,3D.1,4,3,1,2
【答案】D
【解析】
【详解】(设“1”法)设NO3—的化学计量数为1,根据N元素化合价由+5价变为+2价,则得到3个电子,则根据电子移动数目可确定e-的化学计量数为3,结合电荷守恒可知H+的计量数为|-1-3|=4,根据H原子守恒可知H2O的化学计量数分别为2,NO的化学计量数为1,故该式的配平系数是1,4,3,1,2,答案选D。
22.将一定量的镁和铜组成的混合物加入到足量的稀硝酸中,金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。
向反应后的溶液中加3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。
下列叙述错误的是()
A.当金属全部溶解时,电子转移的数目为0.3NA
B.参加反应的金属的总质量3.6g C.当金属全部溶解时,产生的NO气体的体积在标准状况下为2.24L D.当生成的沉淀量达到最大时,消耗NaOH溶液的体积为l00mL 【答案】D 【解析】 【详解】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中,金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO),发生反应3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,发生反应: Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3,沉淀为氢氧化镁和
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