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文档简介
山东省青岛市城阳区2025届高一下化学期末质量跟踪监视模拟试题考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、在标准状态下,两种气态烷烃混合物的密度是1.16g·L-1,此混合物组成不可能的是()A.甲烷和乙烷B.乙烷和丙烷C.甲烷和丙烷D.甲烷和丁烷2、如图是元素周期表的一部分,下列关系正确的是()A.还原性:Se2->S2->Cl- B.热稳定性:HCl>H2Se>HBrC.原子半径:Se>Cl>S D.酸性:HBrO4>HClO4>S2SO43、有关SO2催化氧化反应(2SO2+O22SO3)的说法正确的是A.升高温度可减慢反应速率B.使用催化剂可提高反应速率C.达到平衡时,(正)=(逆)=0D.达到平衡时SO2转化率可达100%4、放射性元素277112Cn的一个原子经过6次衰变(每次衰变都放出一个相同的粒子)后,得到比较稳定的第100号元素镄(Fm)的含153个中子的原子。下列说法中正确的是()A.每次衰变都放出42HeB.每次衰变都放出TC.153100Fm只是元素镄的一个原子,153不代表镄元素的相对原子质量D.277112Cn经过3次这样的衰变是得不到镄原子的,产生的是Cn的同位素原子5、稀土是我国的丰产元素,17种稀土元素性质非常接近,用有机萃取剂来分离稀土元素是一种重要的技术。有机萃取剂A的结构式如下,据你所学知识判断A属于(
)
,A.酸类 B.酯类 C.醛类 D.酚类6、下列有关电池的说法不正确的是()A.锌锰干电池中,锌电极是负极B.甲醇燃料电池的能量转化率可达100%C.手机上用的锂离子电池属于二次电池D.充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行7、下列关于CH4的描述正确的是A.是平面结构 B.是极性分子C.含有非极性键 D.结构式为8、下列化工生产原理错误的是A.电解熔融的NaCl来制取NaB.电解熔融的AlCl3来制取AlC.CO热还原Fe2O3制取FeD.利用铝热反应原理:4Al+3MnO23Mn+2Al2O39、在图所示的柠檬水果电池中,外电路上的电流从电极X流向电极Y。若X为铁,则Y可能是A.锌 B.石墨 C.银 D.铜10、下列属于碱性甲醇燃料电池的正极反应,且电极反应式书写正确的是(
)A.CH3OH-6e-=CO2↑+2H2O B.O2+4e-+2H2O=4OH-C.CH3OH+6e-=CO32-+4OH- D.O2+4e-=2O2-11、在考古中常通过测定14C来鉴定文物年代,下列关于14C说法正确的是A.质子数为7 B.中子数为8 C.核外电子数为7 D.原子序数为1412、下列措施对加快反应速率有明显效果的是()A.Na与水反应时,增加水的用量B.Al与稀硫酸反应制取H2时,改用浓硫酸C.Na2SO4与BaCl2两种溶液反应时,增大压强D.大理石和盐酸反应制取CO2时,将块状大理石改为粉末状13、聚丙烯酸酯的结构简式可表示为,由丙烯酸酯加聚得到。下列关于聚丙烯酸酯的说法不正确的是()A.属于高分子化合物,是混合物B.链节为—CH2—CH—C.单体为CH2=CH—COORD.n为聚合度14、下列说法正确的是A.Cu、Zn、H2SO4形成的原电池装置中,H2主要在Zn电极产生B.往Fe和稀硫酸反应的装置中,加入少量CuSO4粉末,可加快产生H2的速率C.2个氢原子变成1个氢气分子的过程中会放出一定的热量,是因为在相同条件下1个氢气分子具有的能量比2个氢原子的能量高D.化学变化中伴随着化学键的断裂和形成,物理变化中一定没有化学键的断裂和形成15、下列变化中只有通过还原反应才能实现的是()A.Fe3+→Fe2+ B.Mn2+→MnO4- C.Cl-→Cl2 D.N2O3→HNO216、有KOH和Ca(OH)2的混合溶液,c(OH﹣)=0.1mol•L﹣1。取此溶液500mL,向其中通入CO2,通入CO2的体积(V)和生成沉淀的物质的量(n)的关系如图所示。图中(V1)为112mL(标准状况),则图中V2、V3的体积(单位为mL)分别是()A.560、672B.1008、1120C.2240、2352D.392、504二、非选择题(本题包括5小题)17、甘蔗渣和一种常见的烃A有如下转化关系,烃A对氢气的相对密度为13,F为生活中一种常用调味品的主要成分。请回答:(1)E分子含有的官能团名称是______。(2)B的分子式是______,反应③的反应类型是______。(3)向试管中加入甘蔗渣经浓硫酸水解后的混合液,先加NaOH溶液至碱性,再加新制氢氧化铜,加热,可看到的现象是______。(4)写出D与F反应的化学方程式______。(5)下列说法正确的是______。A.若一定条件下两分子E可以直接得到乙酸乙酯,则其原子利用率达到100%B.等物质的量E和C完全燃烧,消耗的氧气量相同。C.工业上可以通过石油裂解工艺获得大量的C。D.可以通过先加入氢氧化钠后分液除去乙酸乙酯中含有的D18、A、B、C、D、E、F、X、Y、Z九种主族元素的原子序数依次增大,且均不大于20。B元素的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应生成一种正盐;盐EYC与AY的浓溶液反应,有黄绿色气体产生,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到含EYC的溶液;X元素的最外层电子数是其次外层电子数的倍,D、Y、Z元素的最外层电子数之和为15;E、F、X三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应生成盐。请回答下列问题:(1)B元素的原子结构示意图是____,X元素在周期表中的位置是第__周期第__族。(2)这九种元素中,金属性最强的是____,非金属性最强的是____。(3)EYC中化学键类型:_____________,其电子式为___________。(4)A与B、C、D形成的化合物中,共价键的极性由强到弱的顺序是________(用化学式表示),这些化合物的稳定性由强到弱的顺序为__________(用化学式表示)。(5)D、E、F简单离子半径由大到小的顺序为_________(填离子符号),F和镁条用导线连接插入NaOH溶液中,镁条作______(填“正极”或“负极”)。19、(1)在实验室里制取乙烯常因温度过高而使乙醇和浓H2SO4反应生成少量的SO2,有人设计如图所示实验以确认上述混和气体中有C2H4和SO2。(乙烯的制取装置略)①Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ装置可盛入的试剂是:Ⅰ______、Ⅱ______、Ⅲ______、Ⅳ______。(将下列有关试剂的序号填入空格内)A.品红溶液B.NaOH溶液C.浓H2SO4D.酸性KMnO4溶液②能说明SO2气体存在的现象是____________________。③使用装置Ⅲ的目的是____________________________。④确定含有乙烯的现象是_________________________。(2)取一支试管,向其中加入10mL溴水,再加入5mL正己烷(分子式为C6H14,结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2CH3)。将此试管中的混合液在光照下振荡后静置,液体分为几乎都是无色的上、下两层。用玻璃棒蘸取浓氨水伸入试管内液面上方,有白烟出现。①请写出生成白烟的化学反应方程式:_____________________________。②该实验证明了这是一个__________。A.取代反应B.加成反应C.氧化反应D.水解反应20、某学生为了探究锌与盐酸反应过程中速率变化,在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉,标准状况下测得数据累计值如下:时间第1分钟第2分钟第3分钟第4分钟第5分钟产生氢气体积50mL120mL232mL290mL310mL(1)在0~1、1~2、2~3、3~4、4~5min时间段中,化学反应速率最大的时间段是____,导致该时间段化学反应速率最大的影响因素是____(选填字母编号)。A.浓度B.温度C.气体压强(2)化学反应速率最小的时间段是____,主要原因是____。(3)在2~3分钟时间段,以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率为___mol/(L•min)(设溶液体积不变)。(4)为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量,可以向盐酸中分别加入等体积的___。A.蒸馏水;B.NaCl溶液;C.NaNO3溶液;D.CuSO4溶液;E.Na2CO3溶液21、下表为元素周期表的一部分,请按要求回答问题:族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②③④⑤3⑥⑦⑧⑨(1)表中元素______的非金属性最强,元素_____的金属性最强(填元素符号)。(2)表中元素③的原子结构示意图______;元素⑨形成的氢化物的电子式___________。(3)表中元素④、⑨形成的氢化物的稳定性顺序为_____>(填化学式)。(4)表中元素⑧和⑨的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为_____>(填化学式)。(5)表中元素③、④、⑥、⑦的原子半径大小为____>>>(填元素符号)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】分析:根据混合气体的平均摩尔质量=ρ×Vm,计算出混合气体的平均摩尔质量,然后据此进行分析、讨论,得出结论。详解:混合气体的平均摩尔质量是1.16g·L-1
×22.4L·mol-1=26g·mol-1,此气态混合烷烃中有一种相对分子质量小于26,即为甲烷;另一种相对分子质量大于26,可能为乙烷、丙烷或丁烷等,不可能的组合为B;正确选项B。2、A【解析】A.非金属性大小为:Cl>S>Se,非金属性越强,阴离子还原性越弱,故阴离子还原性大小关系为:Se2->S2->Cl-,故A正确;B.同周期自左而右非金属性增强,同主族自上而下非金属性减弱,故非金属性大小关系为:Cl>S>Se,非金属性越强,氢化物越稳定,故氢化物稳定性大小为:HCl>H2S>H2Se,故B错误;C.同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,故原子半径大小关系为:Se>S>Cl,故C错误;D.非金属性大小为:Cl>Br>S,故最高价氧化物对应水化物的酸性强弱关系为:HClO4>HBrO4>H2SO4,故D错误;故选A。点睛:元素非金属性强弱的判断依据:①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性),非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定),元素的非金属性越强,反之越弱;②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱.最高价含氧酸的酸性越强,对应的非金属元素的非金属性越强,反之越弱;③氧化性越强的非金属元素单质,对应的非金属元素的非金属性越强,反之越弱,(非金属相互置换)。3、B【解析】
A.升高温度,活化分子百分数增大,化学反应速率加快,故A错误;B.使用催化剂能够降低反应活化能,可提高反应速率,故B正确;C.化学平衡是动态平衡,达到平衡时,(正)=(逆)≠0,属于动态平衡,故C错误;D.2SO2+O22SO3为可逆反应,达到平衡时SO2转化率不可能可达100%,故D错误;故答案选B。4、A【解析】
质量数=质子数+中子数=153+100=253,277-253=24,即该原子经过6次衰变,每次衰变都放出一个粒子(24H),即6次衰变放出6个粒子(24H),最后得到比较稳定的第100号元素镄的含153个中子的同位素。【详解】A.该原子经过6次衰变,每次衰变都放出一个粒子(24H),即6次衰变放出6个粒子(24H),所以A选项是正确的;B.每次衰变都放出一个粒子(24H),故B错误;C.根据质量数=质子数+中子数=153+100=253,应为253100Fm,故C错误;D.质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素,277112Cn经过3次这样的衰变得到的原子与277112Cn的质子数不相等,故D错误。答案选A。5、B【解析】
A中含有的官能团有醇羟基,以及与磷酸发生酯化反应生成的磷酸酯基,没有其他官能团,所以,B项正确;答案选B。【点睛】酯化反应并不一定是羟基只与有机酸发生的反应,还可以是与无机酸发生的反应;6、B【解析】分析:A.锌锰干电池中锌失去电子;B.燃料电池能提高能源利用率,但达不到100%;C.锂离子电池可充电和放电;D.充电是放电的逆过程。详解:A.锌锰干电池中锌失去电子,则Zn作负极,A正确B.甲醇燃料电池与氢氧燃料电池相似,均为原电池装置,将化学能转化为电能,能源利用率较高,但能量转化率达不到100%,B错误;C.锂离子电池能充放电,属于二次电池,放电时是将化学能转化为电能,充电时是将电能转化为化学能,C正确;D.充电是放电的逆过程,因此充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行,D正确;答案选B。点睛:本题考查原电池原理、常见的化学电源,为高频考点,把握电源的种类、工作原理、能源利用等为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意选项D为易错点,题目难度不大。7、D【解析】
A.CH4是正四面体结构,A错误;B.CH4是正四面体结构,正负电荷重心重合,为非极性分子,B错误;C.CH4只含有C-H键,为极性键,C错误;D.CH4分子的电子式为,则结构式为,D正确;故答案为D。8、B【解析】分析:根据金属性强弱不同性质冶炼方法,活泼金属利用电解法,不活泼金属利用热分解法,一般金属利用还原剂还原,据此解答。详解:A.钠是活泼的金属,工业上电解熔融的NaCl来制取Na,A正确;B.铝是活泼的金属,工业上电解熔融的氧化铝来制取Al,熔融的AlCl3不导电,B错误;C.铁是较活泼的金属,可以用CO热还原Fe2O3制取Fe,C正确;D.可以用铝热反应冶炼难溶的金属,即利用铝热反应原理冶炼Mn:4Al+3MnO23Mn+2Al2O3,D正确。答案选B。9、A【解析】
原电池中,电流从正极沿导线流向负极,结合原电池的原理分析判断。【详解】原电池中,电流从正极沿导线流向负极,外电路上的电流从电极X流向电极Y,则X作正极,Y作负极。原电池中易失电子发生氧化反应的金属作负极,若X为铁,则Y的活泼性比铁强,选项中只有锌比铁活泼,故选A。10、B【解析】
碱性甲醇燃料电池中,负极上燃料甲醇失去电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水,负极反应式:CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O,正极上氧气得到电子生成氢氧根离子,电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-,故选B。11、B【解析】
A.14C的质子数为6,A错误;B.14C的中子数为14-6=8,B正确;C.核外电子数=质子数=6,C错误;D.原子序数=质子数=6,D错误;答案选B。12、D【解析】A.水为纯液体,增加水的用量,反应速率不变,A不选;B.Al与浓硫酸发生钝化,不生成氢气,反应速率减小,B不选;C.反应没有气体参加,则增大压强,反应速率不变,C不选;D.块状大理石改为粉末状,增大了接触面积,反应速率加快,D选;答案选D。13、B【解析】
依据高分子化合物聚丙烯酸酯的结构简式可确定其链节为,单体为,n为聚合度,因n值不确定,高分子化合物均是混合物,A、C、D均正确,B不正确,答案选B。14、B【解析】A、锌比铜活泼,锌作负极,铜作正极,根据原电池的工作原理,氢气应在正极上产生,故A错误;B、铁把铜置换出来,构成原电池,加快反应速率,故B正确;C、2个氢原子变成1个氢气分子,形成化学键,释放能量,是因为2个H原子具有的能量大于H2分子,故C错误;D、物理变化中也有化学键的断裂或形成,如NaCl溶于水,破坏了离子键,NaCl溶液加热蒸干得到NaCl晶体,形成化学键,故D错误。15、A【解析】
下列变化中只有通过还原反应才能实现,说明原物质是氧化剂,化合价降低。【详解】A选项,Fe3+→Fe2+化合价降低,发生还原反应,故A符合题意;B选项,Mn2+→MnO4-,锰元素化合价升高,发生氧化反应,故B不符合题意;C选项,Cl-→Cl2化合价升高,发生氧化反应,故C不符合题意;D选项,N2O3→HNO2化合价未变,没有发生还原反应,故D不符合题意。综上所述,答案为A。16、B【解析】
向KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中通入CO2,二氧化碳先和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀,当氢氧化钙消耗完时,继续通入二氧化碳,在碳酸钙沉淀溶解前二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾,当氢氧化钾完全反应后,继续通入二氧化碳,二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾,当碳酸钾反应后,继续通入二氧化碳,二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙,然后根据相同条件下体积之比等于物质的量之比来解答。【详解】有KOH和Ca(OH)2的混合溶液,c(OH﹣)=0.1mol•L﹣1,取此溶液500mL,氢氧根离子的物质的量是:0.1mol/L×0.5L=0.05mol,OA段发生反应:Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O,消耗112mL(物质的量为0.005mol)CO2,所以n(Ca2+)=0.005mol,产生碳酸钙的物质的量为0.005mol,消耗了氢氧根离子是0.01mol,所以KOH中含有氢氧根离子的物质的量=0.05mol-0.01mol=0.04mol;AB段发生反应:OH-+CO2=HCO3-,消耗n(CO2)=0.04mol,标况下体积是:22.4L/mol×0.04mol=0.896L=896mL,V1为112mL,则V2=112mL+896mL=1008mL;B-最后段:CaCO3+H2O+CO2=Ca2++2HCO3-,碳酸钙溶解,消耗二氧化碳体积和OA段相等,即112mL,V3的体积为:1008mL+112mL=1120mL。答案选B。【点睛】本题考查离子方程式的计算,题目难度中等,明确发生反应原理以及反应的先后顺序为解答该题的关键,注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系,试题培养了学生的分析能力、化学计算能力以及图像分析与识别能力。二、非选择题(本题包括5小题)17、醛基C6H12O6加成反应出现砖红色沉淀C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2OAC【解析】
由图可知,在浓硫酸作用下,甘蔗渣在加热条件下发生水解反应生成葡萄糖,则B为葡萄糖;葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇和二氧化碳,则D为乙醇;由逆推法可知,乙炔在催化剂作用下,与氢气发生加成反应生成乙烯,乙烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成乙醇,则A为乙炔、C为乙烯;乙炔在催化剂作用下,与水发生加成反应生成乙醛,则E为乙醛;乙醛发生催化氧化反应生成乙酸,在浓硫酸作用下,乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,则F为乙酸。【详解】(1)由分析可知E为乙醛,结构简式为CH3CHO,官能团为醛基,故答案为:醛基;(2)B为葡萄糖,分子式为C6H12O6;反应③为乙炔在催化剂作用下,与水发生加成反应生成乙醛,故答案为:C6H12O6;加成反应;(3)向试管中加入甘蔗渣经浓硫酸水解后的混合液中含有葡萄糖,在碱性条件下,葡萄糖与新制氢氧化铜共热发生氧化反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀,故答案为:出现砖红色沉淀;(4)D与F的反应为在浓硫酸作用下,乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,反应的化学方程式为C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O,故答案为:C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O;(5)A.若一定条件下两分子E可以直接得到乙酸乙酯,说明乙醛发生加成反应生成乙酸乙酯,加成反应的原子利用率为100%,故正确;B.乙醛和乙烯分子中碳和氢的原子个数相同,但乙醛分子中含有氧原子,氧原子个数越多,完全燃烧消耗的氧气量越小,则等物质的量乙醛和乙烯完全燃烧,消耗的氧气量乙醛要小,故错误;C.工业上通过石油裂解工艺获得大量的乙烯,故正确;D.乙酸和乙酸乙酯都与氢氧化钠溶液反应,应通过先加入饱和碳酸钠溶液洗涤,后分液除去乙酸乙酯中的乙酸,故错误;AC正确,故答案为:AC。18、三VIAK或钾F或氟离子键、共价键(或极性键)HF>H2O>NH3HF>H2O>NH3F->Na+>Al3+正极【解析】
B元素的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应生成一种正盐,则B为氮元素;盐EYC与AY的浓溶液反应,有黄绿色气体产生,该气体为氯气,氯气同冷烧碱溶液作用,可得到含次氯酸钠溶液,则E为钠元素,Y为氯元素,C为氧元素,A氢元素,因此D是F;X元素的最外层电子数是其次外层电子数的倍,则X为硫元素;D、Y、Z元素的最外层电子数之和为15,则Z为钾元素;E、F、X三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应生成盐,则F为铝元素。【详解】(1)B为氮元素,原子结构示意图是;X为硫元素,在周期表中的位置是第三周期第VIA族,故答案为:三;VIA;(2)由分析和元素周期律可知,这九种元素中,金属性最强的是钾元素,非金属性最强的是氟元素,故答案为:K或钾;F或氟;(3)次氯酸钠为离子化合物,次氯酸根中有极性共价键,所以次氯酸钠中的化学键为离子键和共价键(或极性键),次氯酸钠的电子式为,故答案为:离子键、共价键(或极性键);;(4)根据非金属性F>O>N,可知氨气、水、氟化氢中,共价键的极性由强到弱的顺序是HF>H2O>NH3,键能大小关系为HF>H2O>NH3,则稳定性由强到弱的顺序为HF>H2O>NH3,故答案为:HF>H2O>NH3;HF>H2O>NH3;(5)氟离子、钠离子、铝离子的核外电子层数相同,则原子序数小的半径大,即离子半径由大到小的顺序为F->Na+>Al3+,铝和镁条用导线连接插入NaOH溶液中,因为镁与氢氧化钠不发生反应,而铝与氢氧化钠能发生氧化还原反应,则镁条作正极,故答案为:F->Na+>Al3+;正极。【点睛】在原电池判断负极时,要注意一般活泼性不同的两个金属电极,活泼的金属电极作负极,但要考虑负极要发生氧化反应,所以在镁、铝、氢氧化钠形成的原电池中,铝作负极,镁作正极。19、ABADI中品红褪色检验SO2是否除尽Ⅲ中品红不褪色,IV中酸性KMnO4溶液褪色NH3+HBr=NH4BrA【解析】
根据二氧化硫的漂白性、还原性及乙烯的性质设计实验检验它们的存在;根据有机反应的产物特点分析有机反应类型。【详解】(1)①由题干信息及图示装置可知,装置用于检验乙烯和二氧化硫,因为乙烯和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故先用品红溶液检验二氧化硫,再用氢氧化钠溶液除去二氧化硫,再次用品红溶液检验二氧化硫是否除尽,最后通入酸性KMnO4溶液检验是否有乙烯,②能说明SO2气体存在的现象是:I中品红褪色;③使用装置Ⅲ的目的是:检验SO2是否除尽;④确定含有乙烯的现象是:Ⅲ中品红不褪色,IV中酸性KMnO4溶液褪色;故答案为A,B,A,D;I中品红褪色;检验SO2是否除尽;Ⅲ中品红不褪色,IV中酸性KMnO4溶液褪色;(2)①产生白烟是因为有白色固体生成,由题意分析是溴化氢与氨气反应,化学反应方程式:NH3+HBr=NH4Br;②有溴化氢生成说明该反应为取代反应;故答案为NH3+HBr=NH4Br;A。【点睛】在判断是否存在乙烯时,因为二氧化硫也可以使高锰酸钾溶液褪色,所以一定要在二氧化硫除尽的情况下,高锰酸钾溶液褪色才可以说明存在乙烯,在实验现象的描述时要说清楚。20、2~3minB4~5min因为此时H+浓度小v(HCl)=0.1mol/(L•min)A、B【解析】
(1)(2)在0~1、1~2、2~3、3~4、4~5min时间段中,产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL,生成气体体积越大的时间段,反应速率越大,结合温度、浓度对反应速率的影
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