届高三上学期化学开学测试题分类之无机部分练习含答案.docx
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届高三上学期化学开学测试题分类之无机部分练习含答案
无机练习
1.某铜矿石的成分中含有Cu2O,还含有少量的Al2O3、Fe203和Si02。
某工厂利用此矿石炼制精铜的工艺流程示意图如下:
已知:
CuO2+2H+=Cu+Cu2++H2O
(1)滤液A中铁元素的存在形式为(填离子符号),生成该离子的离子方程式为,检验滤液A中存在该离子的试剂为(填试剂名称)。
(2)金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨,该反应的化学方程式为。
(3)常温下.等pH的NaAlO2和NaOH两份溶液中,由水电离出的c(OH一)前者为后者的108倍,则两种溶液的pH=。
(4)将Na2CO3溶液滴入到一定量的CuCl2溶液中,除得到蓝色沉淀,还有无色无味气体放出,写出相应的离子方程式:
。
(5)①粗铜的电解精炼如图所示。
在粗铜的电解精炼过程中,c为粗铜板,则a端应连接电源的(填“正”或“负”)极,若粗铜中含有Au、Ag、Fe杂质,则电解过程中c电极上发生反应的方程式有、。
②可用酸性高锰酸钾溶液滴定法测定反应后电解液中铁元素的含量。
滴定时不能用碱式滴定管盛放酸性高锰酸钾溶液的原因是、滴定中发生反应的离子方程式为,滴定时.锥形瓶中的溶液接触空气,则测得铁元素的含量会(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】
(1)Fe2+(1分)Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+(1分)硫氰化钾溶液和新制氯水(1分)
(2)2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3(1分)
(3)1l(1分)
(4)Cu2++CO32-+H2O=Cu(OH)2+CO2↑(2分)
(5)①正(1分)Fe-2e—=Fe2+(1分)Cu-2e—=Cu2+(1分)
②酸性高锰酸钾溶液有强氧化性,能腐蚀碱式滴定管上的橡胶管(或易使橡胶管老化),所以不能用碱式滴定管盛高锰酸钾溶液(2分)
5Fe2++MnO42-+8H+=5Fe2++Mn2++4H2O(2分)偏低(1分)
【解析】
试题分析:
(1)氧化亚铜与盐酸反应生成氯化铜、铜和水。
氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水。
铜和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜,因此滤液A中铁元素的存在形式为Fe2+,生成该离子的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
亚铁离子具有还原性,能被氧化为铁离子,铁离子能与KSCN反应显红色,所以检验滤液A中存在该离子的试剂为硫氰化钾溶液和新制氯水。
(2)金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨,该反应是铝热反应,反应的化学方程式为2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3。
(3)常温下,等pH的NaAlO2和NaOH两份溶液中,由水电离出的c(OH一)前者为后者的108倍,偏铝酸钠水解,促进水的电离,氢氧化钠是碱,抑制水的电离。
如果偏铝酸钠溶液的pH是x,则溶液中由水电离出的c(OH一)=10x—14mol/L,而氢氧化钠溶液中由水电离出的c(OH一)=10—xmol/L,则
,解答x=11,所以两种溶液的pH=11。
(4)将Na2CO3溶液滴入到一定量的CuCl2溶液中,除得到蓝色沉淀,还有无色无味气体放出,蓝色沉淀是氢氧化铜,无色无味的气体是CO2,这说明碳酸根与铜离子水解相互促进,所以相应的离子方程式为Cu2++CO32-+H2O=Cu(OH)2+CO2↑。
(5)①在粗铜的电解精炼过程中,c为粗铜板,粗铜作阳极,则a端应连接电源的正极。
若粗铜中含有Au、Ag、Fe杂质,则电解过程中铁和铜放电,金和银变为阳极泥,所以c电极上发生反应的方程式有Fe-2e—=Fe2+、Cu-2e—=Cu2+。
②由于酸性高锰酸钾溶液有强氧化性,能腐蚀碱式滴定管上的橡胶管(或易使橡胶管老化),所以不能用碱式滴定管盛高锰酸钾溶液。
高锰酸钾氧化亚铁离子,则滴定中发生反应的离子方程式为5Fe2++MnO42-+8H+=5Fe2++Mn2++4H2O。
滴定时锥形瓶中的溶液接触空气,则空气中的氧气能把亚铁离子氧化为铁离子,导致消耗高锰酸钾溶液的体积减少,所以测得铁元素的含量会偏低。
2.以磷石膏(只要成分CaSO4,杂质SiO2、Al2O3等)为原料可制备轻质CaCO3。
(1)匀速向浆料中通入CO2,浆料清液的pH和c(SO42-)随时间变化见下图。
清液pH>11时CaSO4转化的离子方程式____________;能提高其转化速率的措施有____(填序号)
A.搅拌浆料B.加热浆料至100℃
C.增大氨水浓度D.减小CO2通入速率
(2)当清液pH接近6.5时,过滤并洗涤固体。
滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为______和________(填化学式);检验洗涤是否完全的方法是_________。
(3)在敞口容器中,用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体,随着浸取液温度上升,溶液中c(Ca2+)增大的原因___________。
【答案】
(1)CaSO4+2NH3·H2O+CO2=CaCO3+2NH4+或CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-,AC;
(2)SO42-、HCO3-,取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中,向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,若不产生白色沉淀,则表明已洗涤完全;
(3)浸取液温度上升,溶液中c(H+)增大,促进固体中Ca2+浸出。
【解析】
(1)浆料中含有氨水,能吸收CO2,转变成CO32-,利用碳酸钙的溶解度小于硫酸钙的,进行沉淀的转化,故离子方程式方程式:
CaSO4+2NH3·H2O+CO2=CaCO3+2NH4+或CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-,A、搅拌浆料,增加接触面积,加速反应速率,正确;B、加热浆料,使氨水分解跑出,不利于吸收,错误;C、增大氨水浓度,有利于吸收CO2,增大CO32-的浓度,加快反应速率,正确;D、减小CO2,减小反应物的浓度,反应速率降低,错误;
(2)接近6.5时图像上得出,溶液中有CaSO4,此时会有部分CO32-转成HCO3-,故阴离子浓度最大的是SO42-、HCO3-,沉淀是否洗净,验证最后一次洗涤液,验证是否含有SO42-,故操作步骤:
取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中,向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,若不产生白色沉淀,则表明已洗涤完全;(3)氯化铵是强酸弱碱盐,其水解反应是吸热反应,温度升高c(H+)增大,促进固体中Ca2+浸出。
3.无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。
(1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体,其反应的离子方
程式为。
(2)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下:
已知:
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180(升华)
300(升华)
1023
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多,其作用是(只要求写出一种)。
②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气,则反应生成相对原子质量比硅大的单质是。
③已知:
Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)ΔH1=+1344.1kJ·mol-1
2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)ΔH2=+1169.2kJ·mol-1
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为。
④步骤Ⅲ经冷却至室温后,气体用足量的NaOH冷溶液吸收,生成的盐主要有3种,其化学式分别为________。
⑤结合流程及相关数据分析,步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是。
【答案】(15分)
(1)Al3++3H2O
Al(OH)3+3H+
(2)①防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积,加快反应速率。
②Fe或铁;
③Al2O3(s)+3C(s)+2Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)ΔH=+174.9kJ/mol;
④NaCl、NaClO、NaClO3;⑤除去FeCl3,提高AlCl3纯度。
【解析】
(1)氯化铝是强酸弱碱盐,在溶液中Al3+发生水解反应产生氢氧化铝胶体,其反应的离子方程式为Al3++3H2O
Al(OH)3+3H+;
(2)①步骤Ⅰ中焙烧使固体中的水分挥发,导致气孔数目增多,其作用是可以防止后续步骤生成的AlCl3水解。
同时由于增大反应物的接触面积,使反应速率加快。
②根据物质中含有的元素组成可知:
若在步骤Ⅱ中不通入氯气和氧气,则反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁。
③第一个式子减去第二个式子,整理可得:
Al2O3(s)+3C(s)+2Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)ΔH=+174.9kJ/mol;④步骤Ⅲ经冷却至室温后,气体用足量的NaOH冷溶液吸收,生成的盐主要有3种,Cl2与浓NaOH溶液发生反应产生NaCl、NaClO3和水,随着反应的进行,溶液变稀。
这时Cl2与稀的NaOH溶液发生反应,形成NaCl、NaClO。
因此得到的三种盐的化学式分别为NaCl、NaClO、NaClO3。
⑤由于Al的活动性比Fe强,在步骤Ⅴ中加入铝粉,就可以将铁置换出来,达到除去除去FeCl3,提高AlCl3纯度的目的。
4.为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系,某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I-2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。
实验如下:
(1)待实验I溶液颜色不再改变时,再进行实验II,目的是使实验I的反应达到。
(2)iii是ii的对比试验,目的是排除有ii中造成的影响。
(3)i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动,Fe2+向Fe3+转化。
用化学平衡移动原理解释原因:
。
(4)根据氧化还原反应的规律,该同学推测i中Fe2+向Fe3+转化的原因:
外加Ag+使c(I-)降低,导致I-的还原性弱于Fe2+,用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。
①K闭合时,指针向右偏转,b作极。
②当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管左管滴加0.01mol/LAgNO3溶液,产生的现象证实了其推测,该现象是。
【答案】
(1)化学平衡状态
(2)溶液稀释对颜色变化
(3)加入Ag+发生反应:
Ag++I-=AgI↓,c(I-)降低;或增大c(Fe2+)平衡均逆向移动
(4)①正②左管产生黄色沉淀,指针向左偏转。
【解析】
(1)待实验I溶液颜色不再改变时,再进行实验II,目的是使实验I的反应达到化学平衡状态。
(2)根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响;
(3)i.加入AgNO3,Ag+与I-生成AgI黄色沉淀,I-浓度降低,2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡逆向移动。
ii.加入FeSO4,Fe2+浓度增大,平衡逆移。
(4)①K闭合时,指针向右偏转,b极为Fe3+得电子,作正极;②当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管左管滴加0.01mol/LAgNO3溶液,产生黄色沉淀,I-离子浓度减小,2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡左移,指针向左偏转。
5.硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值,某研究小组采用偏硼酸钠NaBO2为主要原料制备NaBH4,其流程如下:
已知:
NaBH4常温下能与水反
应,可溶于异丙酸(沸点:
13℃)。
(1)在第①步反应加料之前,需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气,该操作的目的是_____,原料中的金属钠通常保存在____中,实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有_____,_____,玻璃片和小刀等。
(2)请配平第①步反应的化学方程式:
□NaBO2+□SiO2+□Na+□H2==□NaBH4+□Na2SiO3
(3)第②步分离采用的方法是______;第③
步分离(NaBH4)并回收溶剂,采用的方法是______。
(4)NaBH4(s)与水(l)反应生成NaBO2(s)和氢气(g),在25℃,101KPa下,已知每消耗3.8克NaBH4(s)放热21.6KJ,该反应的热化学方程式是_______。
【答案】
(1)除去反应器中的水蒸气和空气,煤油,镊子、滤纸
(2)系数为:
1、2、4、2;(3)过滤,蒸馏
(4)Na
BH4(s)+H2O(l)=NaBO2(s)+H2(g)△H=-216KJ/mol;
【解析】
(1)由于NaBH4常温下能与水反应,且Na比较活泼,加热到100度以上,充入氩气,是除去反应器中的水蒸气和空气,避免影响反应;少量金属钠保存在煤油里;取用钠时,用镊子夹取,滤纸吸干表面的煤油;
(2)根据氧化还原反应原理,得失电子总相同,可以配平此反应为:
NaBO2+2SiO2+4Na+2H2==NaBH4+2Na2SiO3;(3)从流程图中可以看出第②步分离的是固体和液体混合物,所以选用过滤的方法;第③步分离(NaBH4)并回收溶剂,只能先将溶剂蒸发再冷凝回收,即蒸馏的方法分离;(4)根据物质的量计算,n(NaBH4)=0.1mol,故热方程式为:
NaBH4(s)+H2O(l)=NaBO2(s)+H2(g)△H=-216KJ/mol;
6.某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol·L-1的Ba(NO3)2溶液中,得到了BaSO4沉淀,为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2,该小组突出了如下假设:
假设一:
溶液中的NO3-
假设二:
溶液中溶解的O2
(1)验证假设一
该小组涉及实验验证了假设一,请在下表空白处填写相关实验现象
实验步骤
实验现象
结论
实验1:
在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体
假设一成立
实验2:
在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBa(NO3)2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体
(2)为深入研究该反应,该小组还测得上述两个实验中溶液的pH随通入SO2体积的变化曲线入下图
实验1中溶液pH变小的原因是____;V1时,实验2中溶液pH小于实验1的原因是(用离子方程式表示)_________。
(3)验证假设二
请设计实验验证假设二,写出实验步骤,预期现象和结论。
实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程)
(4)若假设二成立,请预测:
在相同条件下,分别通入足量的O2和KNO3,氧化相同的H2SO3溶液(溶液体积变化忽略不计),充分反映后两溶液的pH前者_______(填大于或小于)后者,理由是________
【答案】
(1)无明显现象、有白色沉淀生成
(2)SO2溶于水后生成H2SO3;
3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H++2NO;
(3)
实验步骤
实验现象
结论
实验1:
作为参考实验
假设二成立
实验3:
将纯净的SO2气体通入未经脱O2处理的25mL0.1mol/L的BaCl2溶液中
有白色沉淀生成
(4)小于,反应的离子方程式表明,足量的O2和NO3-分别氧化相同的H2SO3,生成的H+的物质的量前者多余后者
【解析】
(1)根据强酸制弱酸的原理,亚硫酸是弱酸不能制备盐酸,故实验1无现象,SO2溶于水后生成H2SO3,亚硫酸显酸性,电离出H+,和NO3-结合生成硝酸,具有强氧化性,将SO32-氧化成SO42-,故生成白色的BaSO4沉淀;
(2)SO2溶于水后生成H2SO3,亚硫酸显酸性,故pH值减小;3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H++2NO;
(3)
实验步骤
实验现象
结论
实验1:
在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体
无现象
假设二成立
实验2:
在盛有富含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体
有白色沉淀生成
(4)小于,反应的离子方程式表明,足量的O2和NO3-分别氧化相同的H2SO3,生成的H+的物质的量前者多余后者(其它合理答案也正确)
7.二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂,回答下列问題:
(1)工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为。
(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2:
①电解时发生反应的化学方程式为。
②溶液X中大量存在的阴离子有__________。
③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是(填标号)。
a.水b.碱石灰C.浓硫酸d.饱和食盐水
(3)用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量:
Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50mL水溶解后,再加入3mL稀硫酸:
Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水,使液面没过玻璃液封管的管口;
Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收;
Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中:
Ⅴ.用0.1000mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-),指示剂显示终
点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。
在此过程中:
①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为。
②玻璃液封装置的作用是。
③V中加入的指示剂通常为,滴定至终点的现象是。
④测得混合气中ClO2的质量为g。
(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐。
若要除去超标的亚氯酸盐,下列物质最适宜的是_______(填标号)。
a.明矾b.碘化钾c.盐酸d.硫酸亚铁
【答案】
(1)2:
1
(2)①NH4Cl+2HCl
3H2↑+NCl3②Cl—、OH—③c
(3)①2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O②吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出)
③淀粉溶液;溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变④0.02700(4)d
【解析】
(1)工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,在反应中氯元素的化合价从+5价降低到+4价,得到1个电子,氯酸钾是氧化剂。
S元素的化合价从+4价升高到+6价,失去2个电子,亚硫酸钠是还原剂,则根据电子得失守恒可知该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:
1。
(2)①根据流程图可知电解时生成氢气和NCl3,则电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl
3H2↑+NCl3。
②NCl3与NaClO2反应生成ClO2、NH3和氯化钠、NaOH,反应的离子反应为NCl3+3H2O+6ClO2—=6ClO2↑+3Cl-+3OH-+NH3↑,溶液中应该存在大量的氯离子和氢氧根离子。
③a、ClO2易溶于水,不能利用水吸收氨气,a错误;b、碱石灰不能吸收氨气,b错误;c、浓硫酸可以吸收氨气,且不影响ClO2,c正确;d、ClO2易溶于水,不能利用饱和食盐水吸收氨气,d错误,答案选c。
(3)①ClO2具有强氧化性,通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应,氧化I—为I2,自身被还原为Cl—,同时生成水,反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O。
②由于二氧化氯是气体,容易挥发到空气中,所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体。
③由于碘遇淀粉显蓝色,则V中加入的指示剂通常为淀粉,滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色。
④根据方程式可知2ClO2~5I2~10S2O32-,则测得混合气中ClO2的质量为0.1mol/L×0.02L×67.5g/mol/5=0.02700g。
(4)亚氯酸盐具有氧化性,明矾不能被氧化,碘化钾被氧化为碘,盐酸可能被氧化氯气,因此若要除去超标的亚氯酸盐,最适宜的是硫酸亚铁,且产生的氧化产物铁离子能8.铁及其化合物与生产、生活关系密切。
Ⅰ.为防止远洋轮船的钢铁船体在海水中发生电化学腐蚀,通常把船体与浸在海水里的Zn块
相连,或与蓄电池这样的直流电源的极(填“正”或“负”)相连。
II.为了探究原电池和电解池的工作原理,某研究性学习小组分别用下图所示的装置进行实验。
据图回答问题。
用图甲所示装置进行第一组实验时:
(1)在保证电极反应不变的情况下,不能替代Cu作电极的是(填序号)。
A.石墨B.镁C.银D.铂
(2)实验过程中,SO42−(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动
(3)滤纸上发生的化学方程式为:
。
III.该小组同学用图乙所示装置进行第二组实验时发现,两极均有气体产生,且Y极溶液逐渐变成紫红色:
停止实验观察到铁电极明显变细,电解液仍然澄清。
查阅资料知,高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色。
请根据实验现象及所查信息,回答下列问题:
(4)电解过程中,X极溶液的pH(填“增大”“减小”或“不变”)。
(5)电解过程中,Y极发生的电极反应为4OH−-4e−=2H2O+O2↑和
。
(6)电解进行一段时间后,若在X极收集到672mL气体,Y电极(铁电极)质量减小0.28g,则在Y极收集到气体为mL(均已折算为标准状况时气体体积)。
【答案】Ⅰ、负Ⅱ
(1)B
(2)从右向左(3)2NaCl+2H2O
2NaOH+Cl2↑+H2↑
(4)增大(5)Fe–6e-+8OH-=FeO42-+4H2O(6)168
【解析】
试题分析:
Ⅰ、要保护金属铁不被腐蚀,则金属铁应该作原电池的正极或电解池的阴极,因此通常把船体与浸在海水里的Zn块相连,或与蓄电池这样的直流电源的负极相连;
Ⅱ
(1)在保证电极反应不变的情况下,仍然是锌作负极,则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属,镁是比锌活泼的金属,所以不能代替铜,答案选B;
(2)原电池中阳离子向正极移动,阴离子向负极移动。
在该原电池中锌是负极,所以硫酸根从右向左移动;
(3)惰性电极电解氯化钠时,阴极上氢离子得电子生成氢气,阳极上氯离子失电子生成氯气,总反应式为2NaCl+2H2O
2NaOH+Cl2↑+H2↑;
(4)根据装置图可知X与电源的负极相连,作阴极。
电解过程中,阴极上氢离子放电生成氢气,则阴极附近水的电离平衡被破坏,溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子溶液,溶液呈碱性,pH增大;
(5)铁是活泼金属,与电源的正极相连,作阳极,失去电子发生氧化反应,则阳极另一个电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O;
(6)根据以上分析可知X电极上析出的是氢气,电极反应式为2H++2e-═H2↑。
当收集到标准状况下672mL气体即0.672L÷22.4L/mol=0.03mol气体时,转移电子的物质的量是0.06mol。
铁质量减少为0.28g即0.005mol,转移电子的物质的量=0.005mol×6=0.03mol,所以根据电子转移守恒可知产生氧气转移电子的物质的量是0.03mol。
则根据电极反应式4OH--4e-=2H2O+O2↑可知生成氧气的物质的量=0.03mol÷4=0.0075mol,标准状况下的体积=0.0075mol×22.4L/mol=0.168L=168mL。
9.氨的合成是最重要的化工生产之一。
Ⅰ.工业上合成氨用的H2有多种制取的方法:
①用焦炭跟水反应:
C(s)+H2O(g)
CO(g)+H2(g);
②用天然气跟水蒸气反应:
CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)
已知有关反应的能量变化如下图,且方法②的反应为吸热反应,则方法②中反应的ΔH=________kJ/moL。
Ⅱ.在3个1L的密闭容器中,同温度下、使用相同催化剂分别进行反应:
3H2(g)+N2(g)
2NH3(g)
按不
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