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2025届福建省厦门市第二中学化学高一下期末学业质量监测试题考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、如图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图。根据以上信息,判断下列相关分析不正确的是A.上述提取Mg的流程中,没有涉及的反应类型是置换反应B.因氮气的化学性质相对稳定,冷却电解无水氯化镁所得的镁蒸气时,可选择氮气C.反应⑥所用的气态氧化剂可从本厂生产烧碱处循环利用或从本厂生产镁单质处循环利用D.从母液中提取Mg和Br2的先后顺序:先提取Br2,后提取Mg2、在一定温度下的定容密闭容器中,当下列物理量不再变化时,可表明反应:A(g)+B(g)C(g)+D(g)已达化学平衡状态的是()A.混合气体的压强B.B的物质的量浓度C.混合气体的密度D.v(A)正=v(D)正3、下列属于碱的是A.NaOH B.CH3COOH C.NH3 D.H2O4、如图,在注射器中加入少量Na2SO3晶体,并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是()A.湿润淀粉-KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性弱于I2B.蓝色石蕊试纸先变红后褪色C.NaCl溶液可用于除去实验中多余的SO2D.品红试纸、沾有酸性KMnO4溶液的滤纸均褪色,证明SO2具有漂白性5、原子经济性反应是指原料中的原子全部转化为产物,不产生副产品,实现零排放。下列反应中不符合原子经济性的是A.B.CH2=CH2+Cl2+Ca(OH)2→+CaCl2+H2OC.D.CO+2H2→CH3OH6、下列物质互为同分异构体的是A.淀粉[(C6H10O5)n]和纤维素[(C6H10O5)n] B.CH3CH3与CH3CH2CH3C.35Cl2和37Cl2 D.CH3CH2CH2CH3与7、下列说法中正确的是A.NaNO3溶液中:c(Na+)=c(NO3-)B.在Na2CO3溶液中,c(H+)=c(OH-)C.在CH3COOH溶液中,c(CH3COOH)=c(H+)D.K2S溶液中:2c(K+)=c(S2−)8、下列分子中各原子处于同一平面内的是()A.乙烷 B.氯乙烯 C.甲烷 D.氨气9、下列有关图示的说法正确的是A.图甲表示CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)的能量变化B.图乙表示压强对2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响,且压强:P甲>P乙C.图丙表示温度对N2(g)+3H2(g)NH3(g)△H<0的影响D.图丁表示N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)的变化,则转化率:αA(H2)=αB(H2)10、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是次外层的2倍,Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构,Z是同周期中原子半径最大的元素,W的最高正价为+7价。下列说法正确的是A.XH4的稳定性比YH3的高B.X与W形成的化合物和Z与W形成的化合物的化学键类型相同C.Y离子的半径比Z离子的半径小D.元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强11、下列化学用语正确的是A.镁离子:Mg2+ B.氯原子:Cl2C.S原子的结构示意图: D.乙醇的结构式:CH3CH2OH12、二氧化氮存在下列平衡2NO2(g)N2O4(g);△H<0。在测定NO2相对分子质量时,下列条件中较为适宜的是A.温度130℃,压强3.03×105pa B.温度25℃,压强1.01×105paC.温度130℃,压强5.05×104pa D.温度0℃,压强5.05×104pa13、下列关于化学能与其它能量相互转化的说法不正确的是()A.化学反应过程中既发生物质变化,也发生能量变化B.可逆反应的正反应若是放热反应,则其逆反应必然是吸热反应C.图所示装置不能将化学能转化为电能D.图所示的反应无需加热都能发生14、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.石油的分馏和煤的干馏,都属于化学变化C.向鸡蛋清的溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液,鸡蛋清因发生变性而析出D.可利用二氧化碳制备全降解塑料15、下列气体中能用排水法收集的是()A.氨气 B.二氧化硫 C.氯气 D.氧气16、下面有关氧化还原反应的叙述不正确的是()A.氧化还原反应的本质是电子的转移B.在氧化还原反应中,失去电子的物质,一定有元素化合价升高C.肯定有一种元素被氧化,另一种元素被还原D.在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化二、非选择题(本题包括5小题)17、我国科学家成功实现甲烷在催化剂及无氧条件下,一步高效生产乙烯、芳烃和氢气等化学品,为天然气化工开发了一条革命性技术。以甲烷为原料合成部分化工产品流程如下(部分反应条件已略去):(1)E的名称为____,B物质的结构简式:______;(2)上述③~⑥转化反应中,属于取代反应的有______(用反应序号填写);(3)写出反应⑦的反应方程式:______;(4)如图为实验室制取E的装置图,图中a试剂为_______;(5)某同学在试管b中加入6.0克乙酸和足量乙醇采用适当条件使反应充分进行,结束后在试管b回收到3.0克乙酸,则该同学在本次实验中制得乙酸乙酯的最大质量为_______。18、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D19、用酸性KMnO4溶液与H2C2O4(草酸)溶液反应研究影响反应速率的因素,一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的体积,探究某种影响化学反应速率的因素,设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化),实验装置如图所示:实验序号A溶液B溶液①20mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液②20mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液(1)写出该反应的离子方程式__________________________________________。(2)该实验探究的是________因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是______>______(填实验序号)。(3)若实验①在2min末收集了4.48mLCO2(标准状况下),则在2min末,c(MnO4-)=______mol·L-1(假设混合溶液的体积为50mL)。(4)除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外,本实验还可通过测定_________________________来比较化学反应速率。(5)小组同学发现反应速率变化如图,其中t1-t2时间内速率变快的主要原因可能是:①反应放热,②___________________。20、乙烯是一种重要的基本化工原料,可制备乙酸乙酯,其转化关系如图.已知:H2C=CH﹣OH不稳定I①的反应类型是___.请写出乙烯官能团名称_____,由A生成B的化学方程式_____.II某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图所示,A中放有浓硫酸,B中放有乙醇、无水醋酸钠,D中放有饱和碳酸钠溶液。已知:①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH;②有关有机物的沸点见下表:试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点(℃)34.778.511877.1请回答:(1)浓硫酸的作用为_______;若用同位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者,写出能表示18O位置的化学方程式__________(2)球形干燥管C的作用是______若反应前D中加入几滴酚酞,溶液呈红色,反应结束后D中的现象是________。(3)从D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水,应先加入无水氯化钙,分离出________;再加入(此空从下列选项中选择)________;然后进行蒸馏,收集77℃左右的馏分,以得到较纯净的乙酸乙酯。A五氧化二磷B碱石灰C无水硫酸钠D生石灰(4)从绿色化学的角度分析,使用浓硫酸制乙酸乙酯不足之处主要有________21、为测定某烃类物质A的结构,进行如下实验。(1)将有机物A置于足量氧气中充分燃烧,将生成物通过浓硫酸,浓硫酸增重7.2克,再将剩余气体通过碱石灰,减石灰增重17.6克;则物质A中各元素的原子个数比是________________;(2)质谱仪测定有机化合物A的相对分子质量为56,则该物质的分子式是____________;(3)根据碳原子和氢原子的成键特点,预测能够使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色的A的可能结构并写出结构简式______________。(含顺反异构)(4)经核磁共振氢谱测定,有机物A分子内有4种氢原子,则用方程式解释A使溴的四氯化碳溶液褪色的原因:______________,反应类型:________________;A也可能合成包装塑料,请写出相关的化学反应方程式:______________。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】

A.题中提取Mg的流程中,发生了分解反应、化合反应和复分解反应,没有涉及置换反应,正确;B.在高温下,氮气能与镁反应生成Mg3N2,不能用氮气来冷却镁蒸气,错误;C.反应⑥所用的气态氧化剂为氯气,生成烧碱和生成镁单质时均有氯气产生,可循环利用,降低成本,正确;D.若先提取镁,所得溶液中会残留Ca(OH)2,再用Cl2提取溴时会消耗Cl2,正确。2、B【解析】分析:反应达到平衡状态时,同一物质的正逆反应速率相等,平衡时各种物质的物质的量浓度,百分含量等不再发生变化,可由此进行判断,注意该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应,同时所有反应物和生成物都为气态,反应前后气体的总质量也不变。.详解:A.该反应是反应前后气体体积没有变化的反应,容器中的压强始终不发生变化,所以不能证明达到了平衡状态,故A错误;

B.B的物质的量浓度不发生变化,说明生成B的速率和消耗B的速率相等,说明反应达到了平衡,故B正确;C.由于反应物都是气体,容器是恒容密闭容器,所以反应前后气体体积不变,根据ρ=mV可知气体密度始终不变,故C错误;

D.无论该反应是否达到平衡状态始终有v(A)正=v(D)正,所以不能用v(A)正=v(D)作为化学平衡的判断依据,故D错误。

故本题选B。点睛:当可逆反应达到平衡时,正逆反应速率相等(不等于0),各物质的浓度不变,由此延伸的一些物理性质也不变,即如果某个物理量随着反应的进行而发生改变,如果某时刻不再变化,则说明反应达到了平衡。3、A【解析】

电离出的阴离子全部是OH-的化合物是碱【详解】A.NaOH=Na++OH-B.CH3COOH⇌CH3COO-+H+C.NH3不会电离;D.H2O⇌H++OH-根据定义故A正确。4、A【解析】

亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫,结合二氧化硫的性质分析解答。【详解】A.湿润淀粉-KI试纸未变蓝说明二氧化硫不能把碘化钾氧化为单质碘,因此SO2的氧化性弱于I2,A正确;B.二氧化硫溶于水得到亚硫酸,溶液显酸性,但二氧化硫不能漂白酸碱指示剂,因此蓝色石蕊试纸变红后不褪色,B错误;C.二氧化硫是酸性氧化物,一般用碱液吸收,NaCl溶液不能用于除去实验中多余的SO2,C错误;D.二氧化硫具有漂白性,能使品红试纸褪色,二氧化硫具有还原性,能使沾有酸性KMnO4溶液的滤纸褪色,D错误;答案选A。5、B【解析】

原子经济性反应是指原料中的原子全部转化为产物,不产生副产品,实现零排放,结合反应的特点分析判断。【详解】A、该反应是加成反应,生成物只有一种,符合原子经济性,A不符合题意;B、该反应中生成物不止一种,不符合原子经济性,B符合题意;C、该反应是加成反应,生成物只有一种,符合原子经济性,C不符合题意;D、该反应生成物只有一种,符合原子经济性,D不符合题意;答案选B。6、D【解析】

A、淀粉和纤维素都属于高分子化合物,n值不同,所以分子式不同,既不是同系物也不是同分异构体,选项A错误;B.CH3CH3与CH3CH2CH3结构相似,分子中相差1个CH2,互为同系物,选项B错误;C.35Cl2和37Cl2是由氯的两个不同核素形成的单质,不属于同分异构体,选项C错误;D.CH3CH2CH2CH3与具有相同的分子式,不同的结构,互为同分异构体,选项D正确。答案选D。7、A【解析】

A.根据溶液中电荷守恒有:c(H+)+c(Na+)=c(NO3-)+c(OH-),NaNO3为强酸强碱盐,溶液显中性,则c(H+)=c(OH-),故c(Na+)=c(NO3-),A项正确;B.Na2CO3为强碱弱酸盐,溶液显碱性,c(H+)<c(OH-),B项错误;C.CH3COOH为弱电解质,其电离很微弱,故溶液中c(CH3COOH)>c(H+),C项错误;D.K2S溶液中,S2-会发生水解:S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-,根据物料守恒有:2c(K+)=c(S2−)+c(HS-)+c(H2S),D项错误;答案选A。8、B【解析】

在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构,乙烯和苯是平面型结构,乙炔是直线型结构,其它有机物可在此基础上进行判断;氨气是三角锥结构。【详解】A.乙烷中含有甲基,具有四面体结构,所以原子不可能处于同一平面,故A错误;

B.乙烯是平面型结构,氯乙烯中氯原子的位置处于乙烯中氢原子的位置,所有原子一定处于同一平面上,故B正确;C.甲烷是正四面体构型,所以原子不可能处于同一平面,故C错误;D.丙烯中含有甲基,具有四面体结构,所以原子不可能处于同一平面,故D错误;9、C【解析】分析:A、CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)是放热反应;B、对应反应速率越大,压强越大。C、放热反应,随反应进行温度升高,达到平衡后,升高温度,平衡逆向移动。D.增加反应物中一种物质的含量,可使得另一反应物的转化率增加。详解:A、CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)是放热反应,图甲表示为吸反应,故A错误;B、图乙表示压强对2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响,乙的速率大,对应压强大,P甲<P乙,故B错误;C、N2(g)+3H2(g)NH3(g)△H<0是放热反应,随反应进行温度升高,达到平衡后,升高温度,平衡逆向移动,故氮气的体积分数先降低后升高,故C正确。D、n(N2)/n(H2)越大,氮气的体积分数越大,氢气的转化率越大,故D错误。故选C。10、D【解析】分析:短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是次外层的2倍,X原子有2个电子层,最外层电子数为4,则X为碳元素;Z是同周期中原子半径最大的元素,处于ⅠA族,原子序数大于碳元素,处于第三周期,故Z为Na;Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构,则Y表现+3价,Y的原子序数小于Na大于碳,可推知Y为非金属,最外层电子数为8-3=5,处于ⅤA族,则Y为氮元素;W的最高正价为+7价,则W为Cl元素,据此解答。详解:根据以上分析可知X为C,Y为N,Z为Na,W为Cl。则A.氨气分子之间存在氢键,沸点高于甲烷,A错误;B.X与W形成的化合物为CCl4,含有共价键,Z与W形成的化合物为NaCl,含有离子键,二者含有化学键不同,B错误;C.离子电子层结构相同,核电荷数越大,离子半径越小,Na位于N元素所在周期的下一周期,核电荷数Na大于N,故Na+离子半径小于N3-离子半径,C错误;D.高氯酸是最强的无机含氧酸,其酸性比硝酸强,D正确;答案选D。点睛:本题考查结构性质位置关系应用等,推断元素是解题的关键,注意元素周期律的灵活应用。另外还需要注意掌握物质熔沸点比较,尤其是氢键对物质性质的影响,题目难度中等。11、A【解析】

A.镁离子带2个正电荷,化学式为Mg2+,选项A正确;B.氯原子的符号为Cl,选项B错误;C.S原子的结构示意图为,选项C错误;D.乙醇的结构简式为CH3CH2OH,结构式为,选项D错误。答案选A。12、C【解析】

由于存在平衡2NO2(g)⇌N2O4(g),N2O4的存在会影响二氧化氮的相对分子质量测定,故应采取措施使平衡向左移动,减小N2O4的含量,该反应正反应是体积减小的放热反应,减小压强平衡向逆反应移动,升高温度平衡向逆反应移动,故应采取高温低压。【详解】A.压强不是最低的,故A错误;B.温度不是最高的,压强不是最低的,故B错误;C.温度最高压强最低,故C正确;D.温度低,故D错误;故答案选C。13、D【解析】

A.化学反应过程中既发生物质变化,也发生能量变化,A正确;B.可逆反应的正反应若是放热反应,则其逆反应必然是吸热反应,B正确;C.图所示装置没有盐桥,无法构成闭合回路,不能将化学能转化为电能,C正确;D.图所示的反应为放热反应,但并不是所有的放热反应都无需加热,如燃烧反应等,D错误;故答案选D。【点睛】反应是吸热还是放热,与反应条件无关。14、D【解析】试题分析:A、高温下使水分解会浪费大量的能源,A错误;B、石油的分馏是物理变化。B错误;C、硫酸铵使蛋白质发生盐析,而不是变性,C错误;D、可利用二氧化碳制备全降解塑料,D正确;答案选D。考点:考查化学与生活的判断15、D【解析】

气体收集分为排水法和排空气法,能用排水收集法收集的气体,说明气体难溶于水且不能与水反应。A、氨气极易溶于水,不能够用排水法收集,只能使用排空气法收集,选项A不选;B、二氧化硫溶于水且与水发生反应,不可以采用排水法收集,选项B不选;C、氯气可溶于水且能与水反应,不可以采用排水法收集,选项C不选;D、氧气在水中溶解度减小,可以采用排水法收集,选项D选;答案选D。16、C【解析】试题分析:凡是有元素化合价升降的反应都是氧化还原反应。在氧化还原反应中,也可以是同一种元素之间发生氧化还原反应,选项C不正确,其余选项都是正确的,答案选C。考点:考查氧化还原反应的有关判断点评:该题是基础性试题的考查,难度不大。主要是考查学生对氧化还原反应有关概念的熟悉了解程度,旨在巩固学生的基础,提高学生的应试能力。二、非选择题(本题包括5小题)17、乙酸乙酯CH3CH2OH⑥饱和碳酸钠溶液4.4g【解析】

由图可知,①、②为甲烷在催化剂及无氧条件下,一步高效生产乙烯、苯的过程,则A为乙烯;③为乙烯与水的加成反应生成乙醇的过程,④为乙醇的催化氧化生成乙醛的过程,⑤为乙醛氧化生成乙酸的过程,⑥为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的过程;⑦为苯与液溴发生取代反应生成溴苯和HBr的过程,以此来解答。【详解】(1)E为乙酸乙酯;B为乙醇,其结构简式为CH3CH2OH;(2)⑥为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的过程,属于取代反应,故答案为:(3)反应⑦⑦为苯与液溴发生取代反应生成溴苯和HBr的过程,其化学方程式为:;(4)如图为实验室制取E的装置图,图中a为饱和碳酸钠,可以吸收乙醇,中和乙酸,降低乙酸乙酯在水中的溶解度;(5)在试管b中加入6.0克乙酸,回收到3.0克乙酸,则参加反应的乙酸的质量为3.0g,其物质的量为=0.05mol,根据乙酸和乙醇制备乙酸乙酯的化学方程式可知,制得的乙酸乙酯的最大的物质的量为0.05mol,其质量为0.05mol×88g/mol=4.4g。18、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。19、2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O浓度②①0.0052KMnO4溶液完全褪色所需时间(或产生相同体积气体所需要的时间)产物Mn2+是反应的催化剂【解析】

(1)利用高锰酸钾的强氧化性,将草酸氧化成CO2,本身被还原成Mn2+,利用化合价升降法进行配平,即离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;(2)对比实验①②只有草酸的浓度不同,即该实验探究的是浓度对反应速率的影响,实验②中A溶液的c(H2C2O4)比实验①中大,则实验②的化学反应速率快,相同时间内所得CO2的体积大,即②>①;(3)收集到CO2的物质的量为n(CO2)=4.48×10-3L22.4mol/L=2×10-4mol,根据(1)的离子方程式,得出:n(MnO4-)=2×2×10-410mol=4×10-5mol,在2min末,n(MnO4-)=30×10-3L×0.01mol·L-1-4×10-5mol=2.6×10-4mol,从而可得c(MnO4(4)本实验还可通过测定KMnO4完全褪色所需的时间或产生相同体积气体所需要的时间;(5)这段时间,速率变快的主要原因是①产物中Mn2+或MnSO4是反应的催化剂,②反应放热,使混合溶液的温度升高,加快反应速率。【点睛】氧化还原反应方程式的书写是难点,一般先写出氧化剂+还原剂→氧化产物+还原产物,利用化合价升降法进行配平,根据所带电荷数和原子守恒确认有无其他微粒参与反

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