四川省自贡市届高三第一次诊断性考试理科综合化学试题.docx
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四川省自贡市届高三第一次诊断性考试理科综合化学试题
四川省自贡市2019届高三第一次诊断性考试
理科综合化学试题
本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共16页,38题(含选考题)。
全卷满分300分。
考试用时150分钟。
★祝考试顺利★
注意事项:
1、考试范围:
高考范围。
2、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。
3、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。
4、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。
5、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。
6、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。
7、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:
H-1Li-7C-12N14O-16Na-23S-32Fe-56
一、选择题:
本大题共13小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.化学与生活密切相关,下列有关说法错误的是
A.碘酒在处理伤口时,应用了I2的氧化性
B.明矾净水,利用了Al(OH)3胶粒的吸附性质
C.铁粉可以用于食品保鲜,涉及到Fe的还原性
D.苏打水是Na2CO3饱和溶液,可以缓解胃酸过多
【答案】D
【解析】
【详解】A.碘酒中的碘具有氧化性,在处理伤口时,应用了I2的氧化性,杀菌消毒,故A正确;
B.明矾溶于水时,铝离子水解生成了氢氧化铝胶体,具有吸附性,起到净水作用,故B正确;
C.铁粉具有还原性,能够与氧气反应,可以用于食品保鲜,作为抗氧化剂,故C正确;
D.Na2CO3饱和溶液的碱性较强,对胃有较大的刺激作用。
要缓解胃酸过多,应该选用碳酸氢钠,故D错误。
故选D。
【点睛】明矾净水原理是电离出的Al3+水解生成氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体的吸附能力很强,可以吸附水里悬浮的杂质,并使之沉降,使水澄清。
2.下列叙述不正确的是
A.同等质量的H218O和D2O中,质子数相同
B.同等质量的O2和O3的气体中,原子数相同
C.0.lmol/L(NH4)2SO4溶液与0.2moI/LNH4C1溶液中,NH4+数目相同
D.等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧,转移电子数相同
【答案】C
【解析】
【详解】A.H218O和D2O中质子数都是10个,H218O的摩尔质量为20g/mol,D2O的摩尔质量为20g/mol,同等质量的H218O和D2O的物质的量相同,所以质子数相同,故A正确;
B.同等质量的O2和O3,物质的量之比为3:
2,所以原子数相同,故B正确;
C.没有溶液体积无法计算,故C错误;
D.等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧,钠最终都变成Na+,所以转移的电子数相同,故D正确。
故选C。
【点睛】解决本题需要注意的是H218O的摩尔质量为20g/mol,D2O的摩尔质量为20g/mol,H218O和D2O中质子数都是10个。
3.下列有关说法正确的是
A.丙烯和苯都能使溴水褪色,且褪色的原理相同
B.油脂和淀粉都属于高分子化合物
C.C4H9C1有4种同分异构体
D.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色和乙醇与HBr反应均为取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.丙烯使溴水褪色是因为发生加成反应生成了无色的物质,而苯使之褪色是因为萃取出了溴而使水层发生了褪色,褪色原理不同,故A错误;B.油脂并不属于高分子化合物,故B错误;C.丁基有四种不同的结构:
CH3(CH2)2CH2-、CH3CH2CH(CH3)-、(CH3)3C-、(CH3)2CHCH2-,则C4H9Cl有4种同分异构体有四种同分异构体,故C正确;D.乙烯使酸性高锰酸钾褪色氧化反应,故D错误;答案选C。
4.下列实验操作正确的是
A.用激光笔验证淀粉溶液的丁达尔效应
B.用稀硫酸洗涤并灼烧铂丝后,再进行焰色反应
C.蒸发食盐溶液时,发生液滴飞溅现象,应立即加水冷却
D.配制溶液时,若加水超过容量瓶刻度,应用胶头滴管将多余溶液吸出
【答案】A
【解析】
【详解】A.淀粉溶液是胶体,能产生丁达尔效应,故A正确;
B.应用稀盐酸洗涤并灼烧铂丝后,再进行焰色反应,故B错误;
C.蒸发食盐溶液时,发生液滴飞溅,是因为局部受热不均,这是没有用玻璃棒搅拌的原因,决不能加水冷却,否则可能使蒸发皿炸裂,应该用玻璃棒搅拌,并稍微将酒精灯移开一点,故C错误;
D.配制溶液时,若加水超过容量瓶刻度,应重新配制,故D错误;
故选A。
【点睛】丁达尔效应是胶体特有的性质。
配制溶液时,若加水超过容量瓶刻度,应重新配制,不能用胶头滴管将多余溶液吸出,因为吸出的同时,溶质也被带走了。
5.石墨烯锂硫电池放电时的工作原理示意图如下,电池反应为:
2Li+nS=Li2Sn,有关该电池说法正确的是
A.放电时,Li+向负极迁移
B.电池工作时,正极可发生反应:
2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4
C.当外电路有2mol电子通过时,有1molLi+通过阳离子交换膜
D.该电池可以选用盐酸作为电解质增强溶液导电性
【答案】B
【解析】
在原电池中,电解质里的阳离子移向正极,则Li+向正极迁移,故A错误;a是正极,正极发生得电子的还原反应,可能发生2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4,故B正确;根据电荷守恒,当外电路有2mol电子通过时,有2molLi+通过阳离子交换膜,故C错误;锂与盐酸反应生成氢气,所以不能用盐酸作为电解质,故D错误。
6.在t℃时,AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
已知t℃时AgCl的Ksp=4×10-10,下列说法正确的是
A.图中a点对应的体系中将有AgBr沉淀生成
B.加入NaBr固体,AgBr的溶解度减小,AgBr的Ksp也减小
C.在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr,可使溶液中c点变到b点
D.在t℃时,AgCl(s)+Br-(aq)
AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数K≈816
【答案】D
【解析】
【详解】A.a点位于曲线下方,c(Ag+)c(Br-) B.在一定温度下,Ksp为一常数,故B错误; C.AgBr Ag+(aq)+Br-(aq),加入固体NaBr后,c(Br-)增大,使溶解平衡逆向移动,c(Ag+)应减小,但仍然在曲线上移动,不能到b点,故C错误; D.由图中c点可知,t℃时AgBr的Ksp=c(Ag+)c(Br-)=(7×10-7)2=4.9×10-13,由方程式可知,K=c(Cl-)/c(Br-)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)=4×10-10/4.9×10-13≈816,故D正确; 故选D。 7.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X是地壳中含量最多的元素,Y原子的最外层只有一个电子,Z位于元素周期表第ⅢA族,W与X属于同一主族。 下列说法正确的是 A.原子半径: r(w)>r(Z)>r(Y) B.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 C.Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱 D.由X、Y组成的化合物中均不含共价键 【答案】B 【解析】 分析: 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X是地壳中含量最多的元素,为O元素;Y原子的最外层只有一个电子且原子序数大于X,则Y为Na元素;Z位于元素周期表第ⅢA族,且原子序数大于Y,则Z为Al元素;W与X属于同一主族且为短周期元素,则W为S元素,据此解答。 详解: 根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是O、Na、Al、S元素;则 A.同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小,所以原子半径r(Y)>r(Z)>r(W),A错误; B.元素的非金属性越强,其简单气态氢化物的稳定性越强,非金属性X>W,所以X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强,B正确; C.元素的金属性越强,其最高价氧化物的水化物碱性越强,金属性Y>Z,则Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强,C错误; D.由X、Y组成的化合物可能是Na2O也可能是Na2O2,Na2O只含离子键、Na2O2含有离子键和共价键,D错误; 答案选B。 点睛: 本题考查原子结构和元素周期律,侧重考查学生判断及知识综合运用能力,明确原子结构、元素周期表结构、物质结构、元素周期律即可解答,注意D选项中易漏掉Na2O2而导致错误。 8.亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要的化工原料,某学习小组通过下述实验制备亚硝酸钠,并测定所制备亚硝酸钠的纯度。 I.利用下列装置制备NaNO2 已知: ①2NO+Na2O2=2NaNO2;②NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-,MnO4-被还原为Mn2+。 请回答下列问题: (1)利用上图中的装置制备NaNO2,其连接顺序为a→__________(按气流方向,用小写字母表示)。 (2)实验开始时,先通一段时间N2的目的是__________。 (3)装置B中盛放试剂的名称为__________,装置C的作用是__________。 (4)装置E中发生反应的离子方程式为____________________。 Ⅱ.测定上述实验所制备的NaNO2样品(含NaNO3杂质)的纯度。 称量D中所得样品ag溶解后配制成250mL溶液取25.00mL于锥形瓶中,用bmoL-1酸性高锰酸钾溶液滴定到终点。 重复上述滴定操作两次,测得数据如下表: (5)滴定终点的实验现象为_________。 (6)下列实验操作可能导致出现上表中第二次实验数据的是__________(填字母编号)。 a.滴定时有部分酸性高锰酸钾溶液滴在锥形瓶外 b.加入样品溶液前的锥形瓶未经干燥 c.滴定前仰视读数,滴定后俯视读数 (7)最终所得样品中NaNO2的质量分数为__________(用含a、b的关系式表示)。 【答案】 (1).d→e→b→c→f(或g)→g(或f)→i (2).排除装置中的空气,防止NO被氧化为NO2(3).碱石灰或无水氯化钙(4).将NO2转化为NO(5).5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O(6).溶液由无色变为紫色(或紫红色),且半分钟不褪色。 (7).c(8).34.5b/a×100% 【解析】 【分析】 (1)A装置发生铜与浓硝酸的反应生成NO2,通到C装置中,NO2与水反应生成NO,然后进入B装置进行干燥,干燥完进入D装置和Na2O2反应,最后进入E装置进行尾气处理。 (2)实验开始时,先通一段时间N2的目的是: 排除装置中的空气,防止NO被氧化为NO2。 (3)装置B是干燥NO。 (4)装置E中发生NO和酸性KMnO4溶液的反应,NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-,MnO4-被还原为Mn2+。 (5)NaNO2与酸性高锰酸钾溶液的离子反应为: 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O。 (6)酸性高锰酸钾溶液应放在酸式滴定管中,NaNO2样品溶液放在锥形瓶中,第二次实验数据偏小,即V(标)偏小。 (7)第二次实验数据误差较大,故舍去,酸性高锰酸钾溶液的平均体积为: (19.98mL+20.02mL)/2=20mL,根据方程式: 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O来解答。 【详解】 (1)A装置发生铜与浓硝酸的反应生成NO2,通到C装置中,NO2与水反应生成NO,然后进入B装置进行干燥,干燥完进入D装置和Na2O2反应,最后进入E装置进行尾气处理,所以连接顺序为a→d→e→b→c→f(或g)→g(或f)→i,故答案为: d→e→b→c→f(或g)→g(或f)→i。 (2)实验开始时,先通一段时间N2的目的是: 排除装置中的空气,防止NO被氧化为NO2,故答案为: 排除装置中的空气,防止NO被氧化为NO2。 (3)装置B是干燥NO,应盛放试剂的名称为碱石灰或无水氯化钙,装置C中NO2和水反应生成硝酸和NO,故答案为: 碱石灰或无水氯化钙;将NO2转化为NO。 (4)装置E中发生NO和酸性KMnO4溶液的反应,NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-,MnO4-被还原为Mn2+,反应的离子方程式为: 5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O,故答案为: 5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O。 (5)NaNO2与酸性高锰酸钾溶液的离子反应为: 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O,滴定终点的实验现象为: 溶液由无色变为紫色(或紫红色),且半分钟不褪色,故答案为: 溶液由无色变为紫色(或紫红色),且半分钟不褪色。 (6)酸性高锰酸钾溶液应放在酸式滴定管中,NaNO2样品溶液放在锥形瓶中,第二次实验数据(酸性高锰酸钾溶液体积)偏小. a.滴定时有部分酸性高锰酸钾溶液滴在锥形瓶外,酸性高锰酸钾溶液体积偏大,故a不可能; b.加入样品溶液前的锥形瓶是否干燥对实验没有影响,故b不可能; c.滴定前仰视读数,滴定后俯视读数,读数出现错误,可以导致酸性高锰酸钾溶液体积V(标)偏小,故c可能。 故选c。 (7)第二次实验数据误差较大,故舍去,酸性高锰酸钾溶液的平均体积为: (19.98mL+20.02mL)/2=20mL,根据方程式: 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O, 5mol2mol x20mL×10-3×bmoL/L 解得x=0.05bmol,原样品中NaNO2的物质的量为0.5bmol,所以NaNO2的质量分数为(0.5bmol×69g/mol/ag)×100%=34.5b/a×100%,故答案为: 34.5b/a×100%。 9.甲醇是一种可再生能源,由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下: 反应I: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.58kJ·mo1-1 反应Ⅱ: CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)△H2 反应Ⅲ: CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H3=-90.77kJ·mo1-1 回答下列问题: (1)反应Ⅱ的△H2=__________。 (2)反应Ⅲ能够自发进行的条件是__________(填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”)。 (3)恒温,恒容密闭容器中,对于反应I,下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是__________。 A.混合气体的密度不再变化 B.混合气体的平均相对分子质量不再变化 C.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1︰3︰1︰1 D.甲醇的百分含量不再变化 (4)对于反应I,温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示: ①下列有关说法不正确的是_______________ A.其他条件不变,若不使用催化剂,则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1 B.温度低于250℃时,随温度升高甲醇的产率增大 C.M点时平衡常数比N点时平衡常数大 D.实际反应应尽可能在较低的温度下进行,以提高CO2的转化率 ②若在1L密闭容器中充入3molH2和1molCO2发生反应I,250℃时反应的平衡常数K=__________(保留3位小数);若要进一步提高甲醇体积分数,可采取的措施有__________。 【答案】 (1).+41.19kJ·mo1-1 (2).较低温度(3).BD(4).ABD(5).0.148(6).增大压强(降低温度) 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律: Ⅱ=I-Ⅲ得反应Ⅱ的△H2。 (2)△G=△H-T△S<0时,反应能够自发进行,该反应的△S<0,△H<0,当温度较低时,反应Ⅲ能够自发进行。 (3)A.由于气体的质量、体积不变,则无论是否达到平衡状态,混合气体的密度都不变化,不能作为判断是否平衡的依据。 B.反应前后气体的物质的量不等,混合气体的平均相对分子质量不再变化,可说明气体的物质的量不再变化,说明达到平衡状态。 C.平衡常数未知,CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1: 3: 1: 1,不能判断是否达到平衡状态。 D.甲醇的百分含量不再变化,可说明达到平衡状态。 (4)①反应I: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.58kJ·mo1-1 A.由图像可知,其他条件不变,若不使用催化剂,则250℃时CO2的平衡转化率一定位于M。 B.温度低于250℃时,随温度升高二氧化碳转化量降低,甲醇的产率减小。 C.平衡常数只与温度有关,M点温度低于N点温度,温度高,平衡逆向移动,则M点时平衡常数比N点时平衡常数大。 D.根据图像可知,催化剂催化效率在250℃左右最高,实际反应应控制温度在250℃左右。 ②根据三段式计算。 【详解】 (1)反应I: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.58kJ·mo1-1 反应Ⅱ: CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)△H2 反应Ⅲ: CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H3=-90.77kJ·mo1-1 根据盖斯定律: Ⅱ=I-Ⅲ得反应Ⅱ的△H2=+41.19kJ·mo1-1,故答案为: +41.19kJ·mo1-1。 (2)△G=△H-T△S<0时,反应能够自发进行,该反应的△S<0,△H<0,当温度较低时,反应Ⅲ能够自发进行,故答案为: 较低温度。 (3)A.由于气体的质量、体积不变,则无论是否达到平衡状态,混合气体的密度都不变化,不能作为判断是否平衡的依据,故A错误; B.反应前后气体的物质的量不等,混合气体的平均相对分子质量不再变化,可说明气体的物质的量不再变化,说明达到平衡状态,故B正确; C.平衡常数未知,CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1: 3: 1: 1,不能判断是否达到平衡状态,故C错误; D.甲醇的百分含量不再变化,可说明达到平衡状态,故D正确。 故选BD。 (4)①反应I: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.58kJ·mo1-1 A.由图像可知,其他条件不变,若不使用催化剂,不会改变平衡状态,二氧化硫的平衡转化率不变,则250℃时CO2的平衡转化率一定位于M,故A错误; B.温度低于250℃时,随温度升高二氧化碳转化量降低,甲醇的产率减小,故B错误; C.平衡常数只与温度有关,由于该反应正反应方向是放热反应,M点温度低于N点温度,温度升高,平衡逆向移动,则M点时平衡常数比N点时平衡常数大,故C正确; D.根据图像可知,催化剂催化效率在250℃左右最高,实际反应应控制温度在250℃左右,故D错误; 故选ABD。 ②M点二氧化碳的转化率是50%, CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.58kJ·mo1-1 起始量(mol)1300 变化量(mol)0.51.50.50.5 平衡量(mol)0.51.50.50.5 体积为1L,K=0.5×0.5/0.5×1.53=0.148,反应后气体体积减小,若要进一步提高甲醇体积分数,可采取的措施有增大压强或降低温度,平衡正向移动,故答案为: 0.148;增大压强(降低温度)。 10.工业上,以钛铁矿为原料制备二氧化钛的工艺流程如下图所示。 钛铁矿主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3),其中一部分Fe2+在风化过程中会转化为+3价。 已知: TiO(OH)2(即H2TiO3)为两性氢氧化物 (1)步骤②中,发生主要反应的离子方程式为__________。 (2)步骤③中,实现混合物的分离是利用物质的__________填字母序号)。 A.熔沸点差异B.溶解性差异C.氧化性、还原性差异 (3)步骤②、③、④中,均需用到的操作是__________(填操作名称)。 (4)请结合化学用语,用化学平衡理论解释步骤④中将TiO2+转化为H2TiO3的原理: __________。 (5)上述工艺流程中可以循环利用的物质是__________ (6)研究发现,可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质,利用如图所示装置获得金属钙,并以钙为还原剂,还原二氧化钛制备金属钛。 ①写出阳极所发生反应的电极反应式__________。 ②在制备金属Ti前后,CaO的质量将__________(填“增大”、“不变”或“减小”)。 【答案】 (1).2Fe3++Fe=3Fe2+ (2).B(3).过滤(4).溶液中存在平衡: TiO2++2H2O H2TiO3+2H+,当加入热水稀释、升温后,平衡正向移动,生成H2TiO3(5).H2SO4或硫酸(6).202--4e=O2↑或C+O2--4e-=CO↑(7).不变 【解析】 【分析】 (1)步骤②中,用铁粉将Fe3+转化为Fe2+。 (2)溶液中析出晶体是利用物质溶解度的不同得到的。 (3)②③④步骤的操作过程中都得到沉淀或晶体,所以需要过滤得到固体和溶液。 (4)根据溶液中存在平衡: TiO2++2H2O H2TiO3+2H+来解答。 (5)流程中生成了硫酸,可循环使用。 (6)①阳极图示产物可知,阳极生成一氧化碳气体,是电解质中的氧离子失电子生成氧气,氧气和阳极石墨反应生成的一氧化碳。 ②制备TiO2时,在电解槽发生如下反应: 阴极: 2Ca2++4e—=2Ca阳极: 202--4e-=O2↑,钙再还原二氧化钛生成钛: 2Ca+TiO2=Ti+2CaO。 【详解】 (1)步骤②中,用铁粉将Fe3+转化为Fe2+的反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+, 故答案为: 2Fe3++Fe=3Fe2+。 (2)步骤③冷却结晶得到硫酸亚铁晶体,利用的是物质溶解度的不同,通过冷却热饱和溶 液得到;故答案为B。 (3)②③④步骤的操作过程中都得到沉淀或晶体,所以需要过滤得到固体和溶液,故答案为: 过滤。 (4)步骤④中使用热水的目的是促进TiO2+水解生成H2TiO3,分离出固体加热得到TiO2;溶液中存在平衡: TiO2++2H2O H2TiO3+2H+,当加入热水稀释、升温后,平衡正向移动,生成H2TiO3;故答案为: 溶液中存在平衡: TiO2++2H2O H2TiO3+2H+,当加入热水稀释、升温后,平衡正向移动,生成H2TiO3。 (5)流程中生成了硫酸,步骤①中使用硫酸,可循环使用,故答案为: H2SO4或硫酸。 (6)①用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质,阳极发生氧化反应,阴极析出钙、发生还原反应,由阳极图示产物可知,阳极生成一氧化碳气体,是电解质中的氧离子失电子生成氧气,氧气和阳极石墨反应生成的一氧化碳,所以电极反应为: 2
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