四川省绵阳市学年高一下学期期末考试化学试题解析版.docx
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四川省绵阳市学年高一下学期期末考试化学试题解析版
高中2020级第一学年末教学质量测试
化学
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Cl35.5Fe56Cu64
第Ⅰ卷(选择题,共42分)
一、选择题(本题包括14小题,每小题3分,共42分。
每小题只有一个选项最符合题意)
1.糖类、油脂、蛋白质是生命体的重要物质,下列说法正确的是
A.蔗糖水解产物只有葡萄糖B.鸡蛋清溶液加硫酸镁会发生变性
C.油脂的氢化是加成反应D.淀粉和纤维素互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.蔗糖水解生成葡萄糖和果糖,A项错误;
B.重金属盐才能使蛋白质变性,而鸡蛋清溶液加硫酸镁,蛋白质发生盐析,而不会变性,B项错误;
C.油脂的氢化是油与氢气发生加成反应生成脂肪,C项正确;
D.淀粉和纤维素的化学式为(C6H10O5)n,化学式中的n值不同,故淀粉和纤维素不互为同分异构体,D项错误;
答案选C。
2.化学与生活密切相关,下列说法正确的是
A.棉花和保鲜膜的主要成分均属于天然高分子
B.铅蓄电池在充电过程中将电能转化为化学能
C.常温下,可用铝制贮罐贮运浓盐酸或浓硫酸
D.闪电时空气中有O3生成,O3与O2互为同位素
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.棉花主要成份是纤维素,属于天然高分子;保鲜膜主要成份是聚乙烯,属于加聚产物,不属于天然高分子,故A错误;
B.铅蓄电池在放电过程中将化学能转化为电能,充电过程中将电能转化为化学能,故B正确;
C.常温下,可用铝制贮罐贮运浓硫酸,不能贮罐贮运浓盐酸,浓盐酸会与铝反应生成氢气和氯化铝,故C错误;
D.闪电时空气中有O3生成,O3与O2互为同素异形体,故D错误。
综上所述,答案
B。
3.为了配合防疫,我们要做到每天测量体温。
普通体温计中含有金属汞(Hg)。
汞的一种同位素为
,下列关于
的说法错误的是
A.质子数为80B.核外电子数为80C.核电荷数为120D.中子数为120
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】根据质子数=核外电子数=核电荷数,质量数=质子数+中子数可知:
的质子数为80,核外电子数为80,核电荷数为80,中子数=200-80=120,所以A、B、D正确,C错误;
故答案:
C。
4.下列化学用语表达正确的是
A.次氯酸的电子式:
B.乙醇的结构简式:
CH3CH2OH
C.CCl4分子的比例模型:
D.N2的结构式:
︰N≡N︰
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.次氯酸的电子式:
,故A错误;
B.乙醇的结构简式:
CH3CH2OH,故B正确;
C.
不是CCl4分子的比例模型,而是CH4分子的比例模型,要注意原子的大小比例,故C错误;
D.N2的结构式:
N≡N,故D错误。
综上所述,答案为B。
5.中国化学会遴选了118名青年化学家作为“元素代言人”,组成“中国青年化学家元素周期表”。
第37号元素铷(Rb)由清华大学张如范代言。
下列说法正确的是
A.铷位于周期表的第四周期第IA族B.氢氧化铷属于弱碱
C.与钠的单质相比,铷的单质熔点更低D.硝酸铷属于共价化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.37号元素铷(Rb),位于周期表的第五周期第IA族,A项错误;
B.第一主族元素由上到下金属性(还原性)越来越强,形成的氢氧化物碱性也越来越强,故氢氧化铷属于强碱,B项错误;
C.碱金属同主族单质熔点由上到下依次降低,所以与钠的单质相比,铷的单质熔点更低,C项正确;
D.硝酸铷是由硝酸根离子与铷离子通过离子键构成的离子化合物,D项错误;
答案选C。
6.下列关于自然资源开发利用的说法中错误的是
A.工业生产镁的过程为:
海水→氢氧化镁→氧化镁→金属镁
B.煤的干馏、煤的气化与石油的催化重整均属于化学变化
C.从海带中提取碘时,利用图所示装置灼烧海带碎片
D.利用可再生资源作反应物符合绿色化学的要求
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.工业生产镁的过程为:
海水→氢氧化镁→氯化镁→金属镁,故A错误;
B.煤的干馏、煤的气化、煤的液化与石油的裂化、裂解、催化重整均属于化学变化,石油的分馏是物理变化,故B正确;
C.从海带中提取碘时,利用图所示装置
灼烧海带碎片,主要使用坩埚,故C正确;
D.绿色化学的核心是从源头上杜绝或减少污染,利用可再生资源作反应物符合绿色化学的要求,故D正确;
综上所述,答案为A。
7.某化学反应的能量变化如图所示,下列说法错误的是
A.该反应可能不需要加热就能够发生
B.该反应断键吸收的总能量大于成键释放的总能量
C.该反应可能是化合反应,也可能是分解反应
D.该反应的化学方程式可能为2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.由图可知反应物的总能量小于生成物的总能量,即该反应为吸热反应,吸热反应不一定需要加热,A项正确;
B.由图可知反应物的总能量小于生成物的总能量,即该反应为吸热反应,故该反应断键吸收的总能量大于成键释放的总能量,B项正确;
C.由图可知反应物的总能量小于生成物的总能量,即该反应为吸热反应,分解反应一般为吸热反应,少数化合反应为吸热反应,C项正确;
D.由图可知反应物的总能量小于生成物的总能量,即该反应为吸热反应,而反应2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe是铝热反应,且铝热反应为放热反应,D项错误;
答案选D。
8.下列指定反应的化学方程式正确的是
A.Li在氧气中燃烧时的主要反应:
4Li+O2
2Li2O
B.向稀硝酸溶液中加入少量锌粉:
Zn+2H+=Zn2++H2↑
C.乙烷与氯气的混合气体受光照:
CH3CH3+Cl2
CH2ClCH2Cl+H2
D.乙烯与溴的加成:
CH2=CH2+Br2→CH3CHBr2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.Li的还原性弱,因此Li在氧气中燃烧时的主要反应:
4Li+O2
2Li2O,故A正确;
B.向稀硝酸溶液中加入少量锌粉:
3Zn+8H++2
=3Zn2++2NO↑+4H2O,故B错误;
C.乙烷与氯气的混合气体受光照:
CH3CH3+Cl2
CH3CH2Cl+HCl,还会发生一系列反应,故C错误;
D.乙烯与溴的加成:
CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br,故D错误。
综上所述,答案为A。
9.李华同学在学习了《有机化合物》一章后整理出以下笔记,其中错误
是
A.溴水可以用来区分乙酸、乙醇和苯
B.分子组成为C2H4Br2的物质可能是混合物
C.可用NaOH溶液除去溴苯中残留的溴
D.烷烃不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,但能发生氧化反应
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.溴水和苯混合后不互溶,会分层,但乙酸、乙醇都和溴水互溶,无法区别,A项错误;
B.分子组成为C2H4Br2的物质,其可能为CH2Br-CH2Br或CHBr2-CH3,故分子组成为C2H4Br2的物质可能是混合物,B项正确;
C.溴与NaOH溶液反应并与溴苯分层,用分液可分离,C项正确;
D.烷烃与酸性高锰酸钾溶液不反应,即不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,但烷烃能发生燃烧反应,即氧化反应,D项正确;
答案选A。
10.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.36 g由35Cl和37Cl组成的氯气中所含质子数为17NA
B.3.36L乙烯中所含碳原子数为0.3NA
C.17 g羟基(-OH)中含有的电子数为9NA
D.一定条件下,2 mol SO2与2 mol O2充分反应后分子总数为3NA
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.用极限思维,假设36g由35Cl组成的氯气35Cl2中所含质子数为
,故A错误;
B.3.36L乙烯在标准状况下中所含碳原子数为
,故B错误;
C.17 g羟基(-OH)中含有的电子数为
,故C正确;
D.2SO2+O2
2SO3,SO2与O2反应是可逆反应且反应为体积减小的反应,因此一定条件下,2 mol SO2与2 mol O2充分反应后分子总数小于3NA,故D错误。
综上所述,答案为C。
11.微型银-锌电池的电极分别是Ag/Ag2O和Zn,KOH溶液作电解质溶液,电池总反应为Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2 。
对电池工作过程中的下列叙述错误的是
A.电流由Ag/Ag2O电极流出
B.电解液中OH-向负极迁移
C.负极反应为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2
D.正极反应为Ag2O+2H++2e-=2Ag+H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.电池总反应为Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2,锌化合价升高,失去电子,作原电池负极,Ag2O中Ag化合价降低,得到电子,作原电池正极,因此电流由Ag/Ag2O电极流出,故A正确;
B.根据原电池“同性相吸”,因此电解液中OH-向负极迁移,故B正确;
C.根据电池总反应为Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2,锌化合价升高,失去电子,作原电池负极,因此负极反应为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2,故C正确;
D.KOH溶液作电解质溶液,因此正极反应为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-,故D错误。
综上所述,答案为D。
12.利用下列图示装置进行实验,能达到相应目的的是
A.用甲比较氯、碳、硅的非金属性强弱
B.用乙制备BaSO3
C.用丙证明苯与液溴反应产生了HBr
D.用丁研究催化剂对化学反应速率的影响
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.比较氯、碳、硅的非金属性强弱,应该比较最高价氧化物对应水化物的酸强强弱,而甲中使用稀盐酸,不能比较Cl和C的非金属性强弱,故A不符合题意;
B.SO2与BaCl2溶液不反应,因此不能用乙制备BaSO3,故B不符合题意;
C.苯和液溴在溴化铁催化剂作用下反应,且产生大量热,液溴易挥发,因此进入到试管中的气体不仅是HBr,还有挥发的溴蒸汽,溴蒸汽也能是硝酸银生成溴化银淡黄色沉淀,因此丙不能证明苯与液溴反应产生了HBr,故C不符合题意;
D.丁中两支,右边试管加入氯化铁溶液,左边未加,因此可以用丁研究催化剂对化学反应速率的影响,故D符合题意。
综上所述,答案为D。
13.短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增加,r与q是由这些元素组成的二元化合物,n、p、m分别是元素X、Y、Z的单质,m通常为黄绿色气体,r与q生成s的反应产生白烟。
下列说法正确的是
A.可用直接加热s的方法制qB.r的热稳定性比H2S强
C.元素Z的含氧酸均为强酸D.q的沸点比PH3低
【答案】B
【解析】
【分析】r与q是由这些元素组成的二元化合物,n、p、m分别是元素X、Y、Z的单质,m通常为黄绿色气体,说明m为氯气,r与q生成s的反应产生白烟,说明s为氯化铵,r、q为HCl和NH3,根据反应条件得到r为HCl,q为NH3,在根据反应物得到n为氢气,p为氮气,根据短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增加,则分别为H、N、Cl。
【详解】A.直接加热s得到氨气和HCl,在冷处两者反应生成氯化铵,因此不能用加热氯化铵方法得到氨气,故A错误;
B.Cl的非金属性比S强,因此r(HCl)的热稳定性比H2S强,故B正确;
C.元素Z(Cl)的含氧酸HClO为弱酸,故C错误;
D.q(NH3)的沸点比PH3高,因为NH3存在分子间氢键,故D错误。
综上所述,答案为B。
14.将一定质量的Cu粉投入到400 mL 2 mol/L的稀硝酸中,待Cu粉完全溶解时,收集到标准状况下的NO气体2.688L(假设硝酸的还原产物只有NO且气体全部逸出),再向反应后的溶液中缓慢加入Fe粉,充分反应后溶液只含一种溶质。
下列说法错误的是
A.加入铁粉后,最终溶液的溶质是Fe(NO3)2B.最初的铜粉质量为11.52 g
C.铜粉反应完后,溶液中的H+浓度为0.8mol/LD.至少需要加入铁粉8.4 g
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.加入Cu:
3Cu+8HNO3(稀)=Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,还有剩余硝酸,向反应后的溶液中缓慢加入Fe粉,Fe与Cu(NO3)2反应生成Cu单质和Fe(NO3)2,Fe与稀硝酸反应也生成Fe(NO3)2、NO、4H2O,而充分反应后溶液只含一种溶质,最终溶液的溶质只能是Fe(NO3)2,A项正确;
B.由反应方程式3Cu+8HNO3(稀)=Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知,
,则最初的铜粉质量为11.52 g,B项正确;
C.由反应方程式3Cu+8HNO3(稀)=Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知,
,硝酸总的物质的量为0.4L× 2 mol/L=0.8mol,则剩余硝酸物质的量为0.8mol-0.48mol=0.32mol,则铜粉反应完后,溶液中的H+浓度为
=0.8mol/L,C项正确;
D.由题可知,Cu-Cu(NO3)2-Fe-Fe(NO3)2,最终溶液的溶质是Fe(NO3)2,硝酸总的物质的量为0.4L× 2 mol/L=0.8mol,则至少需要加入铁粉为
19.04g,D项错误;
答案选D。
第Ⅱ卷(非选择题,共58分)
二、(本题包括2小题,共24分)
15.制备乙酸乙酯是中学有机化学中的一个重要实验。
某化学学习小组的同学查阅资料发现,某些无机盐类也可以催化乙酸乙酯的合成,为了探究不同盐的催化效果,设计了如下实验:
实验步骤:
向大试管中加入一定量的无机盐催化剂,再加入3 mL无水乙醇和2 mL冰醋酸,按图连接装置。
用酒精灯小心均匀地加热试管5 min,产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液上方。
实验记录:
使用不同
催化剂,实验得到的酯层高度如下表。
催化剂
酯层高度/cm
催化剂
酯层高度/cm
氯化铁晶体
2.7
氯化铝
3.2
A
2.2
氯化钠
0.0
(1)实验时,需要加入几粒沸石,目的是________________。
(2)催化剂用量为3 mmol(以阳离子计),选用的催化剂A可能是_____(填标号)。
a.氯化铜晶体b.硫酸钙晶体c.碳酸钠晶体d.硝酸钾晶体
实验所用四种催化剂中,制备乙酸乙酯最好选用________。
(3)若用18O标记乙醇中的O,用氯化铝作催化剂时,产生乙酸乙酯的化学方程式为________。
(4)实验中用饱和碳酸钠溶液的作用是__________。
得到的混合液经_________,蒸馏,最终得到较纯净的乙酸乙酯。
【答案】①.防暴沸②.a③.氯化铝④.
⑤.除去乙酸和乙醇,降低乙酸乙酯的溶解度⑥.分液
【解析】
【分析】乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯,实验探究不同催化剂对乙酸乙酯量的影响,用饱和碳酸钠溶液接收乙酸乙酯。
【详解】
(1)实验时,需要加入几粒沸石,目的是防暴沸;故答案为:
防暴沸。
(2)根据催化剂分析,阳离子价态越高,其酯层高度越厚,因此A的价态应该是+2价,由于催化剂要易溶于水,因此催化剂A为氯化铜晶体即a;根据实验所用四种催化剂中,制备乙酸乙酯最好选用氯化铝;故答案为:
a;氯化铝。
(3)若用18O标记乙醇中的O,用氯化铝作催化剂时,产生乙酸乙酯的化学方程式为
;故答案为:
。
(4)实验中用饱和碳酸钠溶液的作用是除去乙酸和乙醇,降低乙酸乙酯的溶解度。
得到的混合液不相溶,因此要经分液,蒸馏,最终得到较纯净的乙酸乙酯;故答案为:
除去乙酸和乙醇,降低乙酸乙酯的溶解度;分液。
16.乙酸环己酯是一种香料,可用于配制苹果、香蕉等果香型香精。
一种制备乙酸环己酯的合成路线如下:
回答下列问题:
(1)反应①所用试剂是__________,由石油获得E的生产工艺称为___________。
(2)G中官能团名称是_______,在反应①~④中,原子利用率理论上可达100%的是_____(填序号)。
(3)反应③的化学方程式为________________________,反应类型是_________。
(4)下列关于合成路线中所涉及物质的说法正确的是___________(填标号)。
a.A、E分子中的原子均处于同一平面b.用水可分离A和B的混合物
c.D和E均能与KMnO4酸性溶液反应d.F与D互为同系物
(5)X是E的同系物,其相对分子质量比E大42,X可能的结构有_____种,其中含3个-CH3的X结构简式为____________。
【答案】①.Fe粉、液溴②.石油裂解③.羧基④.②③⑤.CH2=CH2+H2O
CH3CH2OH⑥.加成反应⑦.ac⑧.5⑨.
【解析】
【分析】苯和液溴在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯,溴苯和氢气发生加成反应生成C,C和NaOH溶液加热发生水解反应生成环己醇,石油裂解得到乙烯,乙烯和水在一定条件下发生加成反应生成乙醇,乙醇在酸性高锰酸钾作用下发生氧化反应生成乙酸,乙酸和环己醇发生酯化反应生成乙酸环己酯。
【详解】
(1)反应①是苯和液溴在催化剂作用下发生取代反应,所用试剂是Fe粉、液溴,由石油获得乙烯的生产工艺称为石油裂解;故答案为:
Fe粉、液溴;石油裂解。
(2)F(乙醇)在酸性高锰酸钾作用下发生氧化反应生成G(乙酸),G中官能团名称是羧基,在反应①~④中,①④是取代反应,②③是加成反应,因此原子利用率理论上可达100%的是②③;故答案为:
羧基;②③。
(3)反应③乙烯与水在一定条件下发生加成反应,其化学方程式为CH2=CH2+H2O
CH3CH2OH,反应类型是加成反应;故答案为:
CH2=CH2+H2O
CH3CH2OH;加成反应。
(4)a.苯中12个原子都处于同一平面内,乙烯中6个原子均处于同一平面,故a正确;b.苯和溴苯是互溶的,不能用水可分离A和B的混合物,利用蒸馏方法进行分离,故b错误;c.D含有碳碳双键,E含有羟基,两者均能与KMnO4酸性溶液反应,故c正确;d.F是链状醇,D是环状醇,结构不相似,因此不互为同系物,故d错误;综上所述,答案为ac。
(5)X是E
同系物,其相对分子质量比E大42,则X分子式为C5H10,X可能的结构有C=C—C—C—C,C—C=C—C—C,
,
,
共5种,其中含3个-CH3的X结构简式为
;故答案为:
5;
。
三、(本题包括2小题,共25分)
17.短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,Z的原子半径是短周期主族元素中最大的,X、Y、W、Q在元素周期表中的位置如表所示,Y、Q的原子序数之和是X的4倍。
回答下列问题:
X
Y
W
Q
(1)W的原子结构示意图为___________,X元素在周期表中的位置为________。
(2)Y、Z、Q三种元素所形成的简单离子,半径由大到小的顺序是___________(填化学式,下同)。
(3)X与Y按原子数之比为1:
2形成化合物的电子式为__________,Y与Z形成的一种化合物是淡黄色固体,该化合物中所含化学键的类型是_______________。
(4)以KOH稀溶液作电解质溶液,石墨作电极,X的简单氢化物甲和Y的双原子分子乙可组成燃料电池,其工作原理如图所示。
电池工作时,a极的电极反应式为_______________________。
【答案】①.
②.第二周期第ⅣA族③.S2->O2->Na+④.
⑤.离子键、非极性键⑥.CH4-8e-+10OH-=CO
+7H2O
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,由题图可知,X、Y位于第二周期,W、Q位于第三周期,则Z的原子半径是短周期主族元素中最大的,则Z为Na,由X、Y、W、Q在元素周期表中的位置及Y、Q的原子序数之和是X的4倍,可知,X为C,Y为O,W为P,Q为S。
【详解】
(1)由分析可知,W为P,X为C,则W的原子结构示意图为
,X元素在周期表中的位置为第二周期第ⅣA族,故答案为:
、第二周期第ⅣA族。
(2)由分析可知,Y、Z、Q分别为O、Na、S元素,形成简单离子分别为O2-、Na+、S2-,电子层越多,离子半径越大,核外电子层结构相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,则三种元素所形成的简单离子,半径由大到小的顺序是S2->O2->Na+,故答案为:
S2->O2->Na+。
(3)由分析可知,X为C,Y为O,则X与Y按原子数之比为1:
2形成化合物为CO2,其电子式为
,Y为O,Z为Na,Y与Z形成的一种化合物是淡黄色固体,则该化合物为Na2O2,Na与O之间是离子键,O与O之间是非极性共价键,即Y与Z形成的一种化合物是淡黄色固体,该化合物中所含化学键的类型是离子键、非极性键,故答案为:
、离子键、非极性键。
(4)由题可知,X的简单氢化物甲为CH4和Y的双原子分子乙为O2,且以KOH稀溶液作电解质溶液,石墨作电极,可组成燃料电池,由题图可知,a极为负极,发生氧化反应,其电极反应为:
CH4-8e-+10OH-=CO
+7H2O,故答案为:
CH4-8e-+10OH-=CO
+7H2O。
18.钨在冶金工业有重要作用,某化工企业以黑钨矿(主要成分FeWO4和MnWO4,W为+6价)为原料冶炼金属钨的过程如下:
回答下列问题:
(1)“熔融”前需将黑钨矿粉碎,其目的是_____________________________。
(2)写出“熔融”过程中生成Fe2O3的化学方程式:
_____________________。
(3)下列仪器中,过滤操作用到的有___________(填标号),所得滤渣B的化学式为________________。
(4)检验沉淀D是否洗净的操作为:
取最后一次洗涤液少许于试管中,_________。
(5)产品E的化学式为WO3-x,其中W的化合价有+5和+6两种。
若x=0.1,则+5价的W(V)占该化合物中钨元素总量的_________;该流程中由产品E冶炼金属钨的方法属于______法。
【答案】①.增大接触面积,加快反应速率,使反应更充分②.4FeWO4+O2+4Na2CO3
2Fe2O3+4Na2WO4+4CO2③.ACE④.Fe2O3、MnO2⑤.滴加HNO3酸化的AgNO3溶液,若不产生白色沉淀,说明洗涤干净⑥.20%或
⑦.热还原
【解析】
【分析】黑钨矿(主要成分FeWO4和MnWO4)与空气、碳酸钠熔融反应生成Fe2O3、MnO2、Na2WO4、CO2,加水溶解、过滤,得到滤渣Fe2O3、MnO2,滤液主要
Na2WO4,再向滤液中加入浓盐酸、过滤、洗涤,得到沉淀D,再煅烧D得到产品E(WO3-x),再利用热还原法得到W。
【详解】
(1)“熔融”前需将黑钨矿粉碎,其目的是增大接触面积,加快反应速率,使反应更充分;故答案为:
增大接触面积,加快反应速率,使反应更充分。
(2)FeWO4在空气中和碳酸钠反应生成Fe2O3、Na2WO4、CO2,因此“熔融”过程中生成Fe2O3的化学方程式:
4FeWO4+O2+4Na2CO3
2Fe2O3+4Na2WO4+4CO2;故答案为;4FeWO4+O2+4Na2CO3
2
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