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…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页,总=sectionpages22页第=page11页,总=sectionpages11页2025年沪教版高二化学上册阶段测试试卷638考试试卷考试范围:全部知识点;考试时间:120分钟学校:______姓名:______班级:______考号:______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题,共12分)1、某一化合物的分子式为AB2,A属第六主族元素,B属第七主族元素,A和B在同一周期,它们的电负性值分别为3.44和3.98,已知AB2分子的键角为103.3°.下列推断不正确的是()

A.AB2分子的空间构型为“V”形。

B.A-B键为极性共价键,AB2分子为非极性分子。

C.AB2与H2O相比,的熔点、沸点比H2O低。

D.AB2分子中无H原子,分子间不能形成氢键,而H2O分子间能形成氢键。

2、一个价电子构型为2s22p5的元素,下列有关它的描述正确的有A.原子序数为7B.在周期表中第一电离能最小C.在周期表中原子半径最小D.在周期表中电负性最大3、苯分子rm{(C_{6}H_{6})}为平面正六边形结构。下列有关苯分子的说法错误的是()rm{垄脵}苯分子中的中心原子rm{C}的杂化方法为rm{sp^{2}}杂化rm{垄脷}苯分子内的共价键键角为rm{120^{circ}}

rm{垄脹}苯分子中的共价键的键长均相等rm{垄脺}苯分子的化学键是单;双键相交替的结构.

A.rm{垄脵垄脷}B.rm{垄脵垄脹}C.rm{垄脷垄脹}D.rm{垄脹垄脺}4、如图为一种微生物燃料电池结构示意图,关于该电池叙述正确的是A.分子组成为rm{C_{m}(H_{2}O)_{n}}的物质一定是糖类B.微生物所在电极区放电时发生还原反应C.放电过程中,rm{H^{+}}从正极区移向负极区D.正极反应式为:rm{MnO_{2}+4H^{+}+2e^{-}篓TMn^{2+}+2H_{2}O}5、某温度下,反应:rm{N_{2}O_{4}(g)}rm{overset{}{?}}rm{overset{}{?}}正反应为吸热反应rm{2NO_{2}(g)(}在密闭容器中达到平衡,下列说法中,不正确的是rm{)}rm{(}A.容器的容积减小,将使反应速率增大B.容器的容积不变时加入少许rm{)}将使正反应速率减小C.容器的容积不变时加入少许rm{NO_{2}}再次平衡时体系颜色变深D.容器的容积不变时升高温度,再次平衡时体系颜色变深rm{N_{2}O_{4}}6、现有三组混合物:rm{垄脵}苯和水、rm{垄脷}汽油和柴油、rm{垄脹}碘和氯化钠溶液,正确的分离方法依次是rm{(}rm{)}A.分液、萃取、蒸馏B.萃取、蒸馏、分液C.分液、蒸馏、萃取D.蒸馏、萃取、分液评卷人得分二、双选题(共5题,共10分)7、下列实验事实不能用同一原理解释的是()A.SO2、Cl2都能使品红溶液褪色B.NH4Cl晶体、固体碘受热时都能气化C.福尔马林、葡萄糖与新制Cu(OH)2共热时都能产生红色沉淀D.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液和溴水都能使其褪色8、由下列结构片段组成的蛋白质在胃液中水解;不可能产生的氨基酸是()

A.B.H2NCH2COOHC.D.9、下列玻璃仪器中可以直接加热的是rm{(}rm{)}A.烧杯B.蒸馏烧瓶C.蒸发皿D.试管10、下列化工工艺可得到汽油的是()A.裂化B.常压分馏C.裂解D.催化重整11、在密闭容器中存在下列平衡:rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{CO_{2}(g)}的平衡物质的量浓度rm{c(CO_{2})}与温度rm{T}的关系如图所示rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.平衡状态rm{A}与rm{C}相比,平衡状态rm{A}的rm{c(CO)}小B.在rm{T_{2}}时,若反应处于状态rm{D}则一定有rm{V_{脮媒}<V_{脛忙}}C.反应rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}的rm{triangleH<0}D.若rm{T_{1}}rm{T_{2}}时的平衡常数分别为rm{K_{1}}rm{K_{2}}则rm{K_{1}<K_{2}}评卷人得分三、填空题(共8题,共16分)12、(1)(3分)一定温度下,向4L密闭容器中加入1molHI(g),发生2HI(g)H2(g)+I2(g),H2物质的量随时间的变化如图所示。0~2min内的平均反应速率v(HI)=____mol/(L·min)。(2)(3分)①某温度下,反应SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)的平衡常数K1=50,在同一温度下,反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的平衡常数K2的值为____。(3)(3分)某温度下,在一个2L的密闭容器中,加入4molA和2molB进行如下反应:3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)。反应一段时间后达到平衡,测得生成1.6molC,且反应的前后压强之比为5∶4(相同的温度下测量)。则该反应的化学平衡常数:K=____。(列出算式,代入数据即可)(4)(7分)下图表示373K时,反应A(g)2B(g)在前110s内的反应进程。①373K时反应进行到70s时,改变的条件可能是________,反应进行到90s时,改变的条件可能是_____。A.加入催化剂B.扩大容器体积C.升高温度D.增大A的浓度②请在图中画出反应物A在0~70秒时的浓度变化曲线。13、(10分)已知有机物A的结构简式为:回答下列问题:(1)A中所含官能团的名称为:;下列各物质分别与A以任意比混合,若只要总物质的量不变,则消耗氧气的量也不变的是____(填字母代号)A.C2H6OB.C3H4O2C.C2H4D.C3H6(2)在一定条件下,A能反应生成一种六元环酯,该反应的化学方程式为:____(3)在一定条件下,A还能反应生成一种高分子化合物,该反应的化学方程式为:____(4)在一定条件下,A能反应生成B,B能使溴的四氯化碳溶液褪色,B还能反应生成高分子化合物C,请写出由B生成C的化学方程式:____14、3D打印是一种以数字模型文件为基础;运用粉末状金属或塑料等可粘合材料,通过逐层打印的方式来构造物体的技术.镍粉;尼龙铝、PLA等均是常见的3D打印“墨水”.

(1)制备高纯镍粉有高冰镍氧气顶吹法及电解法等.

①已知2Ni3S2(s)+7O2(g)═6NiO(s)+4SO2(g)△H1=akJ•mol-1

Ni3S2(s)+4NiO(s)═7Ni(s)+2SO2(g)△H2=bkJ•mol-1

则反应Ni3S2(s)+2O2(g)═3Ni(s)+2SO2(g)△H=______kJ•mol-1(用含a、b的代数式表示).

②电解Ni3S2粗品精炼Ni的反应为:Ni3S23Ni+2S;用NiCl2溶液作电解液,电解时阴极上主要的电极反应式为______,阳极上主要的电极反应式为______

(2)尼龙铝是由铝粉及聚丙烯腈()混合物制作而成的复合材料.工业上用氧化铝电解冶铝的化学方程式为______;聚丙烯腈单体分子中位于同一平面的原子数目最多为______个.

(3)在众多3D打印材料中;PLA(聚乳酸)堪称最环保;最安全.以A为原料合成PLA的主要流程如下:

①A的结构简式为______

②C→PLA的反应类型为______,反应方程式为______.15、用系统命名法命名下列物质:

①______

②______

③______

④______.16、按要求填空:rm{(1)}有下列六组物质:属于同系物的是______,属于同分异构体是______,rm{(}填序号rm{)}A.与rm{B}.与C.与rm{D}.与E.rm{ClC(CH_{3})_{3}}与rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}ClF}.与rm{CH_{3}-CH_{2}Cl}.rm{(2)}的名称rm{(}系统命名法rm{)}_________________________;rm{(3)}相对分子质量为rm{72}且沸点最低的烷烃的结构简式_________________________;rm{(4)}工业生产rm{TNT}烈性炸药的化学方程式:__________________________________。17、rm{(1)}已知下列反应的焓变rm{垄脵CH_{3}COOH(l)+2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH_{1}=-870.3kJ/mol}

rm{垄脷C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH_{2}=-393.5kJ/mol}

rm{垄脹2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH_{3}=-285.8kJ/mol}

试计算反应rm{垄脵CH_{3}COOH(l)+2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H_{1}=-870.3kJ/mol}的焓变rm{垄脷C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H_{2}=-393.5kJ/mol}______

rm{垄脹2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangle

H_{3}=-285.8kJ/mol}实验测得rm{2C(s)+2H_{2}(g)+O_{2}(g)=CH_{3}COOH(l)}甲醇rm{triangleH=}在氧气中充分燃烧生成rm{(2)}和液态水时释放出rm{5g}的热量,则表示甲醇燃烧热的热化学方程式______.rm{(CH_{3}OH)}18、rm{(14}分rm{)}已知羧酸在磷的催化作用下,可以和卤素反应生成rm{娄脕隆陋}卤代物:Ⅰ由二分子rm{G}合成,有机物rm{A}在一定条件下,最终转化成Ⅰ的过程如图:回答下列问题:rm{(1)}写出有机物的结构简式:rm{A}____rm{E}____rm{H}____rm{(2)}上述各步反应中,rm{垄脵}属于____反应,rm{垄脷}属于____反应。rm{(3)}写出有关反应方程式:rm{B隆煤C}________rm{F隆煤G}________rm{H隆煤I}________19、在一固定容积的密闭容器中进行着如下反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)其平衡常数K和温度t的关系如下:。t℃70080085010001200K2.61.71.00.90.6(1)K的表达式为:____;(2)该反应的正反应为____反应(“吸热”或“放热”);(3)下列选项中可作为该反应在850℃时已经达到化学平衡状态的标志的是:____A.容器中压强不再变化B.混合气体中CO浓度不再变化C.混合气体的密度不再变化D.c(CO2)="c(CO)="c(H2)=c(H2O)(4)当温度为850℃,某时刻测得该温度下的密闭容器中各物质的物质的量见下表:。COH2OCO2H20.5mol8.5mol2.0mol2.0mol此时上述的反应中正、逆反应速率的关系式是____(填代号)。a.v(正)>v(逆)b.v(正)<v(逆)c.v(正)=v(逆)d.无法判断评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题,共24分)20、有一包固体;可能由硝酸铜;硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成.为了探究该固体的组成,某化学小组设计并开展以下实验:

知:步骤Ⅰ中固体全部消失,溶液呈蓝色,无气泡,步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

(1)原固体中一定不含有的物质是_______________________(填化学式)。

(2)步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

(3)步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式)。21、X;Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素;在周期表的短周期主族元素中,X的原子半径最小,X与R的最外层电子数相等;Z的内层电子数是最外层电子数的一半;U的最高化合价和最低化合价的代数和为6;R和Q可形成原子个数之比为1:1和2:1的两种化合物;T与Z同主族。请回答下列问题:

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________(填元素符号)。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX,RX属于离子化合物,且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________;RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应,若能产生的单质,即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由:_____________。22、有一包固体;可能由硝酸铜;硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成.为了探究该固体的组成,某化学小组设计并开展以下实验:

知:步骤Ⅰ中固体全部消失,溶液呈蓝色,无气泡,步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

(1)原固体中一定不含有的物质是_______________________(填化学式)。

(2)步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

(3)步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式)。23、已知:Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体,可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成;为确定该白色固体组成,进行以下实验:取白色固体少许,加入适量蒸馏水充分振荡,得到无色溶液;取无色溶液少许,滴加稀硝酸,有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______;第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成,还需做的实验_______评卷人得分五、有机推断题(共4题,共36分)24、某烃A是有机化学工业的基本原料;其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平,A还是一种植物生长调节剂,A可发生如图所示的一系列化学反应,其中①②③属于同种反应类型.

根据图示回答下列问题:

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式:A_____,B_____,C_____,D_____,E_____;

(2)写出②;④两步反应的化学方程式:

②_________________________________;

④__________________________________.25、某烃A是有机化学工业的基本原料;其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平,A还是一种植物生长调节剂,A可发生如图所示的一系列化学反应,其中①②③属于同种反应类型.

根据图示回答下列问题:

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式:A_____,B_____,C_____,D_____,E_____;

(2)写出②;④两步反应的化学方程式:

②_________________________________;

④__________________________________.26、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵:

已知:①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答:

(1)下列说法正确的是___________。

A.化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B.化合物C能发生氧化反应。

C.具有弱碱性。

D.抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示,无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物,写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H-NMR谱检测表明:

①分子中含有一个五元环;

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。27、香料甲和G都在生活中有很多用途;其合成路线如下:

已知:①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物;在相同条件下;D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题:

(1)G中含氧官能团的名称是_______________,写出一种能鉴别A和D的试剂:________________。

(2)②的反应类型是____________,B和F的结构简式分别为______________、___________________。

(3)写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

(4)C有多种同分异构体,其中属于芳香族化合物的还有_______种。

(5)G的同分异构体是一种重要的药物中间体,其合成路线与G相似,请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选),写出其反应流程图:_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共6题,共12分)1、B【分析】

A、AB2分子中A原子成个A-B单键;含有2对孤电子对,为V型结构,故A正确;

B;由电负性可知;B元素的非金属性更强,A-B键为极性共价键,为V型结构,正负电荷重心不重合,为极性分子,故B错误;

C、H2O分子之间存在氢键;沸点高于同族其它元素氢化物;故C正确;

D、氧元素非金属很强,H2O分子之间存在氢键,A属第六主族元素,B属第七主族元素,AB2分子中不可能由H原子;分子间不能形成氢键,故D正确;

故选B.

【解析】【答案】A、AB2分子中A原子成个A-B单键;含有2对孤电子对,据此判断;

B;由电负性可知;B元素的非金属性更强,A-B键为极性共价键,结合空间结构判断分子极性;

C、H2O分子之间存在氢键;沸点高于同族其它元素氢化物;

D、氧元素非金属很强,H2O分子之间存在氢键,A属第六主族元素,B属第七主族元素,AB2分子中不可能由H原子;分子间不能形成氢键.

2、D【分析】【分析】正确答案:D

该元素为F;

A.原子序数应为9;

B.在周期表中第一电离能最大;

C.在周期表中同周期元素中原子半径最小;所有元素中原子半径最小的是H;

D.正确。3、D【分析】【分析】主要考查有机物中碳原子的成键特点,掌握苯的结构是解题关键,题目难度不大。苯分子中的碳原子的价层电子对为【解答】,杂化方法为杂化,故rm{垄脵}苯分子中的碳原子的价层电子对为rm{3},杂化方法为rm{sp^{2}}杂化,故rm{垄脵}正确;正确;rm{垄脵}rm{3}苯分子中的碳原子采取rm{3}杂化,分子内的共价键键角为rm{sp^{2}}rm{sp^{2}},故rm{垄脵}正确;rm{垄脷}苯分子中的碳原子采取rm{sp^{2}}杂化,分子内的共价键键角为rm{120}rm{{,!}^{circ}},故rm{垄脷}正确;苯分子中的共价键包括碳碳共价键和碳氢共价键,二者键长不相等,故rm{垄脷}错误;rm{sp^{2}}rm{sp^{2}}苯分子中化学键是完全相同的,不是单、双键交替的结构,故rm{120}错误;rm{120}rm{{,!}^{circ}}错误,故rm{垄脷}正确。rm{垄脹}苯分子中的共价键包括碳碳共价键和碳氢共价键,二者键长不相等,故rm{垄脹}错误;。rm{垄脹}rm{垄脹}【解析】rm{D}4、D【分析】【分析】本题旨在考查学生对原电池工作原理的应用。【解答】A.分子组成为rm{C_{m}(H_{2}O)_{n}}的物质不一定为糖类;与甲醛;乳酸、乙酸乙酯等物质,故A不符合题意;

B.形成原电池时,微生物所在电极区发生氧化反应,rm{C_{m}(H_{2}O)_{n}}被氧化生成水和二氧化碳;故B不符合题意;

C.原电池工作时;阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,故C不符合题意;

D.rm{MnO_{2}}被还原生成rm{Mn^{2+}}为原电池的正极,电极方程式为rm{MnO_{2}+4H^{+}+2e^{-}篓TMn^{2+}+2H_{2}O}故D符合题意。

故选D。【解析】rm{D}5、B【分析】【分析】本题考查化学平衡、反应速率的影响因素,把握温度、浓度、压强对反应速率及平衡的影响为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度较易。对于rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}rm{(g)?2NO}正反应为吸热反应rm{(g)?2NO}反应物、生成物都只有一种,加入反应物或生成物,都相当于增大压强,平衡逆向移动,正反应为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,以此解答该题。rm{{,!}_{2}}rm{(g)(}正反应为吸热反应rm{)}反应物、生成物都只有一种,加入反应物或生成物,都相当于增大压强,平衡逆向移动,正反应为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,以此解答该题。

rm{(g)(}rm{)}【解答】

A.容器的体积变小,浓度增大,将使正反应速率增大,故A正确;B.保持体积不变,加入少许rm{NO}rm{NO}rm{{,!}_{2}},平衡逆向移动,反应物浓度增大,将使正反应增大,故B错误;

C.保持体积不变,加入少许rm{N}

rm{N}rm{{,!}_{2}}【解析】rm{B}6、C【分析】解:rm{垄脵}苯和水互不相溶;可用分液的方法分离;

rm{垄脷}汽油和柴油沸点不同;可用正路的方法分离;

rm{垄脹}碘在四氯化碳中的溶解度比在水中大;可用萃取的方法分离;

故选C.

根据苯和水互不相溶;汽油和柴油的沸点不同以及碘在不同溶剂的溶解度不同的特点选择分离方法.

本题考查物质的分离、提纯,题目难度不大,注意把握物质的性质的异同,为解答该类题目的关键,学习中注意相关基础知识的积累.【解析】rm{C}二、双选题(共5题,共10分)7、A|B|D【分析】解:A.氯气的漂白作用是氯气和水反应生成的次氯酸的漂白作用;是次氯酸的强氧化性的体现;二氧化硫的漂白作用是二氧化硫与水生成的亚硫酸和有色物质结合为不稳定的无色物质,该过程为化合反应,二者原理不同,故A选;

B.氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢属于化学变化;碘受热升华属于物理变化,二者原理不同,故B选;

C.福尔马林;葡萄糖都具有还原性,能够还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜,二者原理相同,故C不选;

D.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液和溴水都能使其褪色;前者是发生氧化还原反应,后者发生加成反应,二者原理不同,故D选;

故选:ABD.

A.依据二氧化硫;次氯酸漂白原理解答;

B.氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢;碘受热升华;

C.福尔马林;葡萄糖都具有还原性,能够还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜;

D.乙烯能被酸性高锰酸钾氧化;能与溴水加成.

本题考查了元素化合物知识,明确物质的性质是解题关键,注意次氯酸与二氧化硫漂白原理的不同,注意有机物结构特点,题目难度不大.【解析】【答案】ABD8、A|C【分析】解:两个氨基酸分子,在酸或碱的存在下加热,通过一分子的氨基和另一分子的羧基间脱去一分子水缩合形成含有肽键的化合物,称为成肽反应,蛋白质水解断裂的是肽键,断碳氧双键和碳氮单键之间,生成相应的氨基酸,故该化合物生成的氨基酸的结构简式为:(A选项符合);NH2CH2CH2COOH;(C选项符合).

故选AC.

蛋白质是复杂的多肽,水解生成氨基酸,氨基酸形成多肽时是氨基脱氢,羧基脱去羟基,所以蛋白质水解,分子结构中含有的断碳氧双键和碳氮单键;水解得到羧基和氨基,生成相应的氨基酸,据此即可解答.

本题主要考查了蛋白质的结构和性质特点,把握氨基酸在形成多肽时的变化规律是解题的关键,题目难度不大.【解析】【答案】AC9、rCD【分析】解:rm{A.}烧杯不能直接加热;需要垫石棉网,故A错误;

B.蒸馏烧瓶不能直接加热;加热时需要垫上石棉网,故B错误;

C.可以给蒸发皿直接加热;故C正确;

D.试管能直接加热;故D错误;

故选CD.

根据常见的用于加热的仪器进行分析解答;可直接加热的仪器有:试管;燃烧匙、蒸发皿、坩埚等.

本题考查常见仪器的构造及使用方法,题目难度不大,明确常见仪器的使用方法即可解答,试题侧重基础知识的考查,有利于提高学生的化学实验能力.【解析】rm{CD}10、AB【分析】解:A.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油;煤油,柴油等)的产量,特别是提高汽油的产量,故A正确;

B.常压分馏就可以得到汽油;煤油等分馏产品;故B正确;

C.石油裂解产物主要是乙烯;丙烯、异丁烯;故C错误;

D.催化重整是使链状烃变成环状烃;不一定是环烷烃也有苯及其同系物就是所谓的芳香烃,故D错误。

故选:AB。

通过石油炼厂的分馏就可以得到汽油;煤油等分馏产品;石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油;煤油,柴油等)的产量,特别是提高汽油的产量.

本题考查石油的分馏、裂化裂解、催化重整等,难度不大,注意石油裂解产物主要是乙烯、丙烯、异丁烯.【解析】AB11、rBD【分析】解:rm{A.}平衡状态rm{A}与rm{C}相比,rm{C}点温度高,已知rm{triangleH>0}升高温度平衡正移,rm{CO}浓度减小,所以rm{A}点rm{CO}浓度大;故A错误;

B.rm{T_{2}}时反应进行到状态rm{D}rm{c(CO_{2})}高于平衡浓度,故反应向逆反应进行,则一定有rm{娄脭(}正rm{)<娄脭(}逆rm{)}故B正确;

C.由图可知,温度越高平衡时rm{c(CO_{2})}越大,说明升高温度平衡向正反应移动,升高温度平衡向吸热反应进行,故正反应是吸热反应,即rm{triangleH>0}故C错误;

D.该反应正反应是吸热反应,升高温度平衡向正反应移动,化学平衡常数增大,故Krm{{,!}_{1}<K_{2}}故D正确;

故选BD.

A.根据温度对平衡的影响,分析rm{CO}的浓度;

B.rm{T_{2}}时反应进行到状态rm{D}rm{c(CO_{2})}高于平衡浓度;故反应向逆反应进行;

C.由图可知,温度越高平衡时rm{c(CO_{2})}越大;说明升高温度平衡向正反应移动;

D.化学平衡常数只受温度影响;升高温度平衡向吸热反应移动,根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响.

本题考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等知识,题目难度中等,注意曲线的各点都处于平衡状态,明确化学平衡及其影响为解答关键,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力.【解析】rm{BD}三、填空题(共8题,共16分)12、略

【分析】【解析】试题分析:(1)c(H2)="0.1"mol,HI反应了是0.2mol,c(HI)="0.2"mol/4L="0.05"mol/L。v(HI)="△c(HI)÷△t=0.05"mol/L÷2min=0.025mol/(L·min)。(2)K1=c(SO3)÷[c(SO2)×c(O2)1/2]=50,K2=[c(SO2)2×c(O2)]÷c(SO3)2="(1/"K1)2="(1/"50)2=4×10-4。(3)3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)达到平衡反应的前后压强之比为5∶4,同温同体积条件下,物质的量之比等于压强之比,即n前∶n平=5∶4,说明这是个气体体积减少的反应,结合平衡前4molA和2molB,平衡时生成1.6molC分别讨论后只有C为固体或液体和D为气体满足条件,则该反应的化学平衡常数表达式是K=平衡后生成c(D)=0.4mol/L,A、B剩余的浓度为c(A)=1.4mol/L,c(B)=0.6mol/L,带入数值,K=0.16。(4)①从图中分析到,B的浓度变化的很快,故373K时反应进行到70s时,改变的条件可能是扩大容器体积。反应进行到90s时的图像是B的浓度缓慢增加了,A的浓度减少了,故改变的条件可能是增大A的浓度。考点:化学反应速率的计算化学平衡常数的计算化学平衡移动图像分析【解析】【答案】(16分)(1)(3分)0.025(2)(3分)4×10-4(3)(3分)0.16(4)①B(2分)D(2分)②如下图(3分)13、略

【分析】【解析】【答案】(1)羟基、羧基(2分)ABC(2分)(2)(3)(4)14、略

【分析】解:(1)①(I)2Ni3S2(s)+7O2(g)═6NiO(s)+4SO2(g)△H1=akJ•mol-1

(II)Ni3S2(s)+4NiO(s)═7Ni(s)+2SO2(g)△H2=bkJ•mol-1

由盖斯定律可知,得到Ni3S2(s)+2O2(g)═3Ni(s)+2SO2(g),△H=kJ/mol;

故答案为:

②电解Ni3S2粗品精炼Ni的反应为:Ni3S23Ni+2S;用NiCl2溶液作电解液,电解时阴极上主要的电极反应式为Ni2++2e-=Ni,阳极上主要的电极反应式为Ni3S2-6e-=3Ni2++2S;

故答案为:Ni2++2e-=Ni;Ni3S2-6e-=3Ni2++2S;

(2)工业上用氧化铝电解冶铝的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑;的单体为CH2=CHCN;双键为平面结构;三键为直线结构,且直接相连,所有原子共面,则聚丙烯腈单体分子中位于同一平面的原子数目最多为7个;

故答案为:2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑;7;

(3)以A为原料合成PLA,PLA为聚乳酸,C为CH3CHOHCOOH,则B为CH3CHOHCN,A为CH3CHO;

①由上述分析可知A的结构简式为CH3CHO,故答案为:CH3CHO;

②C→PLA的反应类型为缩聚反应,反应为

故答案为:缩聚反应;.

(1)①(I)2Ni3S2(s)+7O2(g)═6NiO(s)+4SO2(g)△H1=akJ•mol-1

(II)Ni3S2(s)+4NiO(s)═7Ni(s)+2SO2(g)△H2=bkJ•mol-1

由盖斯定律可知,得到Ni3S2(s)+2O2(g)═3Ni(s)+2SO2(g);

②电解Ni3S2粗品精炼Ni的反应为:Ni3S23Ni+2S;阴极上得到电子生成Ni,阳极上S失去电子生成S;

(2)工业上用氧化铝电解冶铝,还生成氧气;的单体为CH2=CHCN;双键为平面结构;三键为直线结构,且直接相连;

(3)以A为原料合成PLA,PLA为聚乳酸,C为CH3CHOHCOOH,则B为CH3CHOHCN,A为CH3CHO;以此来解答.

本题考查较综合,涉及有机物的合成、结构与性质、反应热与焓变、电解等,为高频考点,把握有机物合成流程中的反应、盖斯定律的应用、电极反应的书写等为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,综合性较强,题目难度不大.【解析】Ni2++2e-=Ni;Ni3S2-6e-=3Ni2++2S;2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑;7;CH3CHO;缩聚反应;15、略

【分析】解:①主链5个碳原子;甲基在2号碳,名称为:2-甲基戊烷,故答案为:2-甲基戊烷;

②最长碳链五个碳原子;2,3号碳上有甲基,名称为:2,3-二甲基戊烷,故故答案为:2,3-二甲基戊烷;

③苯环上一个氢原子被乙基取代得到苯的同系物为乙苯;故答案为:乙苯;

④选取含碳碳双键在内的最长碳链;离双键近的一端给主链编号,得到名称为:3-甲基-1-丁烯,故答案为:3-甲基-1-丁烯.

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名;其核心是准确理解命名规范:

(1)烷烃命名原则:

①长:选最长碳链为主链;

②多:遇等长碳链时;支链最多为主链;

③近:离支链最近一端编号;

④小:支链编号之和最小.看下面结构简式;从右端或左端看,均符合“近离支链最近一端编号”的原则;

⑤简:两取代基距离主链两端等距离时;从简单取代基开始编号.如取代基不同,就把简单的写在前面,复杂的写在后面;

(2)有机物的名称书写要规范;

(3)对于结构中含有苯环的;命名时可以依次编号命名,也可以根据其相对位置,用“邻”;“间”、“对”进行命名;

(4)含有官能团的有机物命名时;要选含官能团的最长碳链作为主链,官能团的位次最小.

本题考查了有机物的命名、有机物结构简式的书写,题目难度中等,该题注重了基础性试题的考查,侧重对学生基础知识的检验和训练,解题关键是明确有机物的命名原则,然后结合有机物的结构简式灵活运用即可,有利于培养学生的规范答题能力.【解析】2-甲基戊烷;2,3-二甲基戊烷;乙苯;3-甲基-1-丁烯16、(1)CE;

(2)3,5-二甲基-4-乙基-3-己烯;

(3)CH3C(CH3)2CH3;

(4)【分析】【分析】rm{(1)}本题考查“三同”比较,难度不大,侧重考查学生的辨别能力,根据概念逐项判断即可;rm{(2)}本题考查了有机物系统命名方法的应用,注意主链选择,起点编号原则,名称书写的规范方法,题目难度中等;本题考查了有机物系统命名方法的应用,注意主链选择,起点编号原则,名称书写的规范方法,题目难度中等;rm{(2)}rm{(3)}有机物的名称书写要规范;rm{(4)}【解答】本题考查了有机化学方程式的书写,明确有机物的结构特点是解题关键,注意有机反应的条件,难度不大。.与是空间四面体;结构相同,属于同一种物质;

B.与分子式不同;结构也不同,不是同分异构体,也不是同系物,更不是同种物质;

C.与通式相同,结构相似,相差rm{(1)A}个rm{1}rm{CH}原子团;互为同系物;

D.与分子式不同;官能团不同,不是同分异构体,也不是同系物,更不是同种物质;

E.rm{2}rm{2}rm{ClC(CH}rm{3}与rm{3}rm{)}rm{3}rm{3}rm{(CH}rm{3}rm{3}分子式相同;结构不同,为碳链异构,互为同分异构体;

F.与rm{)}rm{2}rm{2}rm{CHCH}rm{2}分子式不同,官能团个数不同,不是同分异构体,也不是同系物,更不是同种物质;rm{2}rm{Cl}rm{CH}对于rm{3}个碳原子,离双键近的一端编号,名称为:rm{3}rm{-CH}二甲基rm{2}乙基rm{2}己烯;故答案为:rm{Cl}故答案为:rm{C}rm{E}二甲基rm{C}乙基rm{E}己烯;rm{(2)}对于设烷烃的分子式为rm{(2)}选取含双键在内的最长碳链含rm{6}个碳原子,离双键近的一端编号,名称为:rm{6}rm{3}rm{5-}

rm{-4-}解得rm{-3-}

rm{3}rm{5-}rm{-4-}rm{-3-}rm{(3)}设烷烃的分子式为rm{C}

rm{(3)}rm{C}rm{{,!}_{x}}rm{H}rm{H}个碳原子的:rm{{,!}_{(2x+2)}},则rm{14x+2=72}解得rm{x=5}rm{14x+2=72}rm{x=5}所以该烷烃的分子式为rm{C}rm{C}rm{{,!}_{5}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{12}}

,个碳原子的:分子式为rm{C}rm{C}rm{{,!}_{5}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{12}}的同分异构体有主链有rm{5}个碳原子的:rm{CH}rm{5}rm{CH}

rm{{,!}_{3}}个碳原子的:rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}

rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}},主链有rm{4}个碳原子的:rm{CH}rm{4}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH(CH}

rm{CH(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)CH}rm{)CH}rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}},主链有rm{3}个碳原子的:rm{CH}反应的化学方程式为:故答案为:rm{3}【解析】rm{(1)C}rm{E};rm{(2)}rm{3}rm{5-}二甲基rm{-4-}乙基rm{-3-}己烯;rm{(3)}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{C(CH}rm{C(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}

rm{{,!}_{2}}rm{CH}17、-202.5kJ/mol;CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.4kJ/mol【分析】解:rm{(1)垄脵CH_{3}COOH(l)+2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH_{1}=-870.3kJ/mol}

rm{垄脷C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH_{2}=-393.5kJ/mol}

rm{垄脹2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH_{3}=-285.8kJ/mol}

由盖斯定律计算rm{(1)垄脵CH_{3}COOH(l)+2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H_{1}=-870.3kJ/mol}得:rm{垄脷C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H_{2}=-393.5kJ/mol}

故rm{triangleH=(-393.5kJ/mol)隆脕2+(-285.8kJ/mol)-(-870.3kJ/mol)=-202.5kJ/mol}

故答案为:rm{垄脹2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangle

H_{3}=-285.8kJ/mol}

rm{垄脷隆脕2+垄脹-垄脵}甲醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水时,放出rm{2C(s)+2H_{2}(g)+O_{2}(g)=CH_{3}COOH(l)}的热量,rm{triangle

H=(-393.5kJ/mol)隆脕2+(-285.8kJ/mol)-(-870.3kJ/mol)=-202.5kJ/mol}甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放热rm{dfrac{32}{5}隆脕113.5=726.4KJ}反应的热化学方程式为:rm{CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-726.4kJ/mol}

故答案为:rm{CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-726.4kJ/mol}.

rm{-202.5kJ/mol}利用盖斯定律分析;不管化学反应是一步或分几步完成,其反应热是不变的;依据热化学方程式和盖斯定律构造目标热化学方程式计算反应热;

rm{(2)5g}依据题干条件计算rm{113.5kJ}甲醇燃烧放出的热量;依据热化学方程式书写方法写出,标注物质聚集状态和对应反应的焓变.

本题考查了盖斯定律的应用、热化学方程式书写,要注意方程式计量数的变化,及rm{32g}的符号的变化,题目难度不大.rm{dfrac

{32}{5}隆脕113.5=726.4KJ}【解析】rm{-202.5kJ/mol}rm{CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-726.4kJ/mol}rm{CH_{3}OH(l)+dfrac

{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-726.4kJ/mol}18、略

【分析】【分析】本题考查有机物的推断,是对有机物知识的综合运用,能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力,是热点题型,难度较大,注意充分利用转化关系中物质的结构及分子式,结合正推法与逆推法进行推断,注意充分利用反应条件,同分异构体数目判断与限制条件同分异构体书写为易错点、难点。根据目标产物Ⅰ由二分子rm{G}合成和反应流程以及反应条件可推出,rm{A}为乙烯,rm{B}为氯乙烷,rm{C}为乙醇,rm{D}为乙醛,rm{E}为乙酸,rm{F}为溴代乙酸,rm{G}为羟基乙酸钠,rm{H}为羟基乙酸。【解答】rm{(1)}由前面的分析可知:rm{A}为:rm{H_{2}C=CH_{2}}rm{E}为:rm{CH_{3}COOH}rm{H}为rm{HOCH_{2}COOH}所以本题答案为:rm{H_{2}C=CH_{2}}rm{CH_{3}COOH}rm{HOCH_{2}COOH}rm{(2)垄脵}属于加成反应,rm{垄脷}属于取代反应;所以本题答案为:加成;取代;rm{(3)B隆煤C}的方程式为:rm{F隆煤G}的方程式为:rm{H隆煤I}的方程式为:rm{;}所以本题答案为:【解析】rm{(1)H_{2}C=CH_{2}}rm{CH_{3}COOH}rm{HOCH_{2}COOH}rm{(2)}加成取代rm{(3)}19、略

【分析】【解析】试题分析:(1)由于平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积,所以根据反应的化学方程式可知,平衡常数K=(2)化学平衡常数的大小只与温度有关,升高温度,平衡向吸热的方向移动,由表可知:升高温度,化学平衡常数减小,说明化学平衡逆向移动,因此正反应方向放热反应。(3)在一定条件下,当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0),反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态,称为化学平衡状态。根据反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)可知,反应是前后气体体积不变的反应,正向是放热反应,所以能判断该反应是否已经达到化学平衡状态的是:A中反应是前后气体体积不变的反应,反应过程中压强不变,不能判断是否平衡,故A不符合;B中混合气体中CO浓度不变,说明反应达到平衡,故B符合;密度是混合气的质量和容器容积的比值,在反应过程中质量和容积始终是不变的,C不正确;D中如果c(CO2)="c(CO)="c(H2)=c(H2O),则此时K=1,所以根据表中的数据可知,反应已经达到平衡状态,则答案选BD。(4)根据表中数据可知,此时K=>1.0。所以反应没有达到平衡状态,此时反应应该是向逆反应方向进行的,所以v(正)<v(逆),答案选b。考点:考查温度对化学平衡、化学平衡常数的影响,化学平衡常数的计算,化学平衡的标志判断【解析】【答案】(7分)(1)(2分)(2)放热;(1分)(3)B、D;(选对一个得一分,选错一个不得分)(2分)(4)b(2分)四、元素或物质推断题(共4题,共24分)20、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸,固体完全溶解且溶液呈蓝色,说明固体中一定有硝酸铜;又因为无气泡产生,所以固体中一定不含有碳酸氢钠;步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀,说明固体中一定含有硫酸钠;步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液,出现白色沉淀,则该白色沉淀为氯化银,由于一开始加入过量稀盐酸,所以溶液中一定有氯离子,所以会生成氯化银沉淀,但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠,即不一定含有氯化钠。则(1)原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃;(2)步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠,其化学方程式是:Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓;(3)根据向固体加过量稀盐酸,固体完全溶解且溶液呈蓝色,说明固体中一定有硝酸铜和硝酸,硝酸铜溶于水,所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜;加入过量硝酸钡,说明硝酸钡有剩余,所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡;硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀,所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠;故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛:本题主要考查盐的性质,要求学生熟练的掌握盐的水溶性,及两种盐之间的反应,并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)221、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素,周期表的全部元素中X的原子半径最小,则X为H元素,X与R的最外层电子数相等,二者原子序数相差大于2,则R为Na元素,可知Z、Q处于第二周期,Z的内层电子数是最外层电子数的一半,Z的核外电子排布为2、4,Z原子最外层电子数为4,则Z为C元素;U的最高化合价和最低化合物的代数和为6,则U为Cl元素,R和Q可形原子数之比为1:1和2:1的两种化合物,则Q为O元素,这两种化合物为Na2O2、Na2O;T与Z同主族,由于Z是C元素,所以T为Si元素,据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知:X为H;Z为C,Q为O,R为Na,T为Si,U为Cl元素。(1)T为Si元素,原子核外电子排布为2;8、4,所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族;

(2)X为H,Z为C,Q为O,同一周期元素原子序数越大原子半径越小;原子核外电子层数越多,原子半径越大,所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na,T为Si,它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3,H2SiO3是弱酸,可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O,反应的化学方程式为:2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O;

(4)X为H,R为Na,Q为O,H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物,X2Q是H2O,NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合,电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2,反应方程式为:NaH+H2O=NaOH+H2↑;

②由于Na是非常活泼的金属,可以与水反应产生H2,反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;所以如果有Na残留,过量的Na与水反应也生成氢气,因此不能根据H;Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH,即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系,注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实,要注意基础知识并灵活运用,注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理,若反应后有Na残留,也能与水反应生成H222、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸,固体完全溶解且溶液呈蓝色,说明固体中一定有硝酸铜;又因为无气泡产生,所以固体中一定不含有碳酸氢钠;步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀,说明固体中一定含有硫酸钠;步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液,出现白色沉淀,则该白色沉淀为氯化银,由于一开始加入过量稀盐酸,所以溶液中一定有氯离子,所以会生成氯化银沉淀,但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠,即不一定含有氯化钠。则(1)原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃;(2)步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠,其化学方程式是:Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓;(3)根据向固体加过量稀盐酸,固体完全溶解且溶液呈蓝色,说明固体中一定有硝酸铜和硝酸,硝酸铜溶于水,所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜;加入过量硝酸钡,说明硝酸钡有剩余,所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡;硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀,所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠;故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛:本题主要考查盐的性质,要求学生熟练的掌握盐的水溶性,及两种盐之间的反应,并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)223、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】(1)Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3

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