届山东省滕州市第三中学高三一轮复习第三周周周清化学试题.docx
- 文档编号:27868223
- 上传时间:2023-07-05
- 格式:DOCX
- 页数:30
- 大小:282.63KB
届山东省滕州市第三中学高三一轮复习第三周周周清化学试题.docx
《届山东省滕州市第三中学高三一轮复习第三周周周清化学试题.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届山东省滕州市第三中学高三一轮复习第三周周周清化学试题.docx(30页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
届山东省滕州市第三中学高三一轮复习第三周周周清化学试题
2016-2017学年山东省滕州市第三中学高三一轮复习第三周周周清试题
化学试题第I卷(选择题)
一、选择题
1.海洋中有丰富的“食品、矿产、能源、药物和水产资源”等,下列说法正确的是()
A.第①步中除去泥沙及Ca2+、Mg2+等杂质时,不涉及化学变化过程
B.工业上,通过电解“精盐”水溶液可以制取金属钠
C.第②步的反应条件是“在空气中直接加热”
D.第③、④、⑤步中均涉及氧化还原反应
2.固体A的化学式为NH5,它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构,则下列有关说法中,不正确的是()
A.NH5中既有离子键又有共价键
B.NH5的熔、沸点高于NH3
C.NH5固体投入少量水中,可产生两种气体
D.0.1molNH5中含有5molN﹣H键
3.NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.一定条件下,1molN2和3molH2充分反应,生成物中的N—H键数目为6NA
B.完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物,转移电子数为18NA
C.l00g98%的浓硫酸中含氧原子个数为4NA
D.1L0.1mol/L的Na2S溶液中S2-和HS一的总数为0.1NA
4.常温下,下列各组离子在指定溶液中,一定可以大量共存的是( )
A.无色溶液中Mg2+、Al3+、SO42﹣、CO32﹣
B.pH=1的溶液中NH4+、Ba2+、HCO3﹣、NO3﹣
C.含MnO4﹣的溶液中H+、K+、Br﹣、I﹣
D.在c(H+)/c(OH-)=1×10﹣12的溶液中Na+、K+、CH3COO﹣、SO42﹣
5.由已知电离常数判断,SO2与Na2CO3(aq)反应的离子方程式不合理的是( )
酸
电离常数
碳酸
Ki1=4.3×10﹣7
Ki2=5.6×10﹣11
亚硫酸
Ki1=1.54×10﹣2
Ki2=1.02×10﹣7
A.SO2+H2O+2CO32﹣→2HCO3﹣+SO32﹣
B.SO2+H2O+CO32﹣→H2CO3+SO32﹣
C.2SO2+2H2O+CO32﹣→H2CO3+2HSO3﹣
D.SO2+H2O+CO32﹣→HCO3﹣+HSO3﹣
6.在硫酸铁电化浸出黄铜矿精矿工艺中,有一主要反应:
CuFeS2+4Fe3+═Cu2++5Fe2++2S,反应结束后,经处理获得单质硫xmol.下列说法正确的是( )
A.反应中硫元素被氧化,所有铁元素均被还原
B.氧化剂是Fe3+,氧化产物是Cu2+
C.反应中转移电子的物质的量为xmol
D.反应结束后,测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol,则原Fe3+的总物质的量为(y﹣x)mol
7.根据表中信息判断,下列选项正确的是
序号
反应物
产物
①
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4……
②
C12、FeBr2
FeC13、FeBr3
③
MnO4-……
C12、Mn2+……
A.第①组反应的其余产物为H2O、MnSO4
B.第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1:
2
C.第③组反应中生成lmolCl2,转移电子5mol
D.氧化性由强到弱顺序为MnO4一>Cl2>Fe3+>Br2
8.Cu2S与一定浓度的HNO3反应,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O.当NO2和NO的体积相等时,实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为( )
A.1:
7B.1:
5C.1:
9D.2:
9
9.0.03mol铜完全溶于硝酸,产生氮的氧化物(NO、NO2、N2O4)混合气体共0.05mol.该混合气体的平均相对分子质量可能是( )
A.30B.46C.66D.69
10.甲烷的燃热为890kJ/mol,下列热化学方程式正确的是( )
A.CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=+890kJ/mol
B.CH4+2O2═CO2+2H2O△H=﹣890kJ/mol
C.CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=﹣890kJ/mol
D.CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣890kJ/mol
11.据报道,科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂.下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是( )
A.
B.
C.
D.
12.关于下列四个图象的说法中正确的是( )
A.图①t1时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强
B.图②该微粒仅为18O2﹣不能为16O2﹣
C.图③若A为CaO,则B可能为MgO
D.图④中的△H1<△H2
13.X、Y、Z、W四种短周期元素,有关数据如下表:
元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
66
70
143
160
主要化合价
﹣2
+5、+3、﹣3
+3
+2
下列叙述正确的是( )
A.W和Y形成的化合物中含有离子键和非极性键
B.一定条件下,X单质可以将Y单质从其氢化物中置换出来
C.Z的最高价氧化物能溶于氨水
D.Y的简单气态氢化物的沸点高于X的简单气态氢化物
14.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表:
元素代号
X
Y
Z
M
R
Q
原子半径/(10-10m)
1.86
0.99
1.43
1.60
0.75
0.74
主要化合价
最高正价
+1
+7
+3
+2
+5
—
最低负价
—
-1
—
—
-3
-2
A.由元素X和Q组成的化合物不可能含有共价键
B.X、Z、R的最高价氧化物对应水化物可彼此反应
C.Y-半径比Q2-半径大
D.M(OH)2的碱性比XOH的碱性弱
15.在一定体积和一定条件下有反应N2+3H2⇌2NH3,现分别从两条途径建立平衡:
Ⅰ.起始浓度N2:
lmol•L﹣1,H2:
3mol•L﹣1
Ⅱ.起始浓度N2:
2mol•L﹣1,H2:
6mol•L﹣1
则下列叙述正确的是( )
A.Ⅰ和II两途径达到平衡时,体系内各成分的体积分数相同
B.达到平衡时,Ⅰ途径的反应速率v(H2)等于Ⅱ途径的反应速率v(H2)
C.达到平衡时,Ⅱ途径体系内混合气体的压强是Ⅰ途径内混合气体压强的2倍
D.达到平衡时,Ⅰ途径体系内混合气体的密度为途径Ⅱ体系内混合气体的密度的
16.T℃时,在2L的密闭容器中,A气体与B气体发生可逆反应生成C气体,反应过程中A、B、C物质的量变化如图(Ⅰ)所示.若保持其它条件不变,温度分别为T1和T2时,B的物质的量分数与时间关系如图(Ⅱ)所示.下列叙述正确的是()
A.2min内A的化学反应速率为0.1mol/(L•min)
B.在反应达平衡时,保持其他条件不变,增大压强,正逆反应速率都增大,且平衡向逆反应方向移动
C.在反应达平衡时,其它条件不变,升高温度,正逆反应速率都增大,且A的转化率增大
D.在T℃时,若A的浓度减少了1mol/L,则B的浓度会减少3mol/L,C的浓度会增加2mol/L
17.在一体积可变的密闭容器中,加入一定量的X、Y,发生反应mX(g)⇌nY(g);△H=QkJ/mol.反应达到平衡时,Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示:
/L积体气温体c(Y)/mol•L﹣1度/℃
1
2
3
100
1.00
0.75
0.53
200
1.20
0.90
0.63
300
1.30
1.00
0.70
下列说法正确的是( )
A.m>n
B.Q<0
C.温度不变,压强增大,Y的质量分数减少
D.体积不变,温度升高,平衡向逆反应方向移动
18.NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4可按某种标准划为一类物质,下列分类标准不正确的是()
A.钠的化合物B.可与硝酸反应
C.可溶于水D.电解质
19.用下图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是()
选项
X
Y
Z
A
苯的同系物
芳香烃
芳香族化合物
B
胶体
分散系
混合物
C
置换反应
氧化还原反应
离子反应
D
碱性氧化物
金属氧化物
氧化物
20.工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-,它们会对生态系统造成很大的损害,其中还原沉淀法是常用的一种处理方法。
流程如下:
其中第①步中存在平衡:
2CrO42-(黄色)+2H+
Cr2O72-(橙色)+H2O。
下列有关说法正确的是
A、第①步当2v(Cr2O72-)=v(CrO42-)时,达到了平衡状态
B、对于上述平衡,加入适量稀硫酸后,溶液颜色变黄色,则有利于CrO42-的生成
C、常温下,Cr(OH)3的溶度积Ksp=10-32,要使c(Cr3+)降至10-5mol/L,溶液的pH应调至9
D、第②步中,还原0.1molCr2O72-需要91.2gFeSO4
第II卷(非选择题)
二、计算题
21.A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物,组成这四种物质的离子(离子不能重复组合)有:
阳离子
Na+、Al3+、Ba2+、NH4+
阴离子
Cl﹣、OH﹣、CO32﹣、SO42﹣
分别取四种物质进行实验,实验结果如下:
①A、D溶液呈碱性,B呈酸性,C呈中性
②A溶液与B溶液反应生成白色沉淀,再加过量A,沉淀量减少,但不会完全消失
③A溶液与D溶液混合并加热有气体生成,该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝
回答下列问题:
(1)A的化学式是 ,用电子式表示C的形成过程:
.
(2)向A溶液中通入适量CO2,使生成的沉淀恰好溶解,所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是:
.
(3)写出③的离子方程式 .
(4)简述D溶液呈碱性的理由 .
22.提出查理定律的查理很幸运,碰巧开始时没有以N2O4来研究气体行为,否则他或许会得出一种相当特殊的温度效应。
对于平衡N2O4(g)
2NO2(g),在298K时其Kp=0.1pθ,而
,α为N2O4的离解度,p为平衡体系的总压。
假设,298K时,查理把0.015mol的N2O4放于一只2.44×10
m3的烧杯中,当离解达到平衡后,他将看到平衡压力等于0.205pθ。
其对应的α=0.33
(1)在保持体积不变的前提下,查理做把温度升高10%的实验,即把温度升高至328K。
根据理想气体定律,其压力也应只增大10%,即等于0.226pθ,但查理发现这时的压力为0.240pθ。
自然,问题是出在N2O4的离解度增加上了。
试求此时的α和Kp。
(2)若NO2在298K下的标准摩尔生成自由能为51.463kJ·mol
,试计算N2O4在298K下的标准摩尔生成自由能。
23.(12分)碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。
(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用,是由于其受热分解需吸收大量热量和。
(2)MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为。
(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成,进行如下实验:
①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应,生成CO20.560L(已换算成标准状况下)。
②另取一定量样品在空气中加热,样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%)随温度的变化如右图所示(样品在2700C时已完全失去结晶水,6000C以上残留固体为金属氧化物的混合物)。
根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH-):
n(CO32-)(写出计算过程)。
三、实验题
24.由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末,取样品进行下列实验(部分产物略去):
(1)取少量溶液X,加入过量的NaOH溶液,有沉淀生成.取上层清液,通入CO2,无明显变化,说明样品中不含有的物质是(填写化学式).
(2)Z为一种或两种气体
①若Z只为一种气体,试剂a为饱和NaHCO3溶液,则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是.
②若Z为两种气体的混合物,试剂a为适量水,则Z中两种气体的化学式是.
(3)向Y中通入过量氯气,并不断搅拌,充分反应后,溶液中的阳离子是(填写离子符号).
(4)取Y中的溶液,调pH约为7,加入淀粉KI溶液和H2O2,溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成.当消耗2molI﹣时,共转移3mol电子,该反应的离子方程式是.
25.(13分)实验室需要0.2mol•L﹣1CuSO4溶液250mL,实验室除蒸馏水外还提供蓝色胆矾晶体(CuSO4•5H2O)和4mol•L﹣1CuSO4溶液两种试剂以配制该溶液.
(1)无论采用何种试剂进行配制,实验必须用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,至少还需要的一种仪器是,在使用该仪器前必须进行的操作是.
(2)若用胆矾晶体进行配制,需要托盘天平称取CuSO4•5H2O的质量为g;如果用4mol•L﹣1的CuSO4溶液配制,需用量筒量取mL4mol•L﹣1CuSO4溶液.
(3)用4mol•L﹣1的CuSO4溶液配制溶液所需的实验步骤有:
a.往烧杯中加入约100mL水进行初步稀释,冷却至室温
b.用量筒量取一定体积4mol•L﹣1的CuSO4溶液于一烧杯中
c.计算所需4mol•L﹣1的CuSO4溶液的体积
d.盖好瓶塞,反复上下颠倒摇匀后,将溶液转存于试剂瓶中
e.加水至液面离容量瓶刻度线1~2cm处,改用胶头滴管进行定容
f.洗涤烧杯和玻璃棒2~3次并将洗涤液注入容量瓶,轻轻摇动容量瓶,使溶液混合均匀
g.将溶液转移入容量瓶
其中正确的操作顺序为.
(4)指出配制过程中的以下情形对所得溶液浓度的影响(填“偏大”、“偏小”或“无影响”).
①d步骤摇匀后发现液面低于刻度线,再加蒸馏水至刻度线:
;
②e步骤中,俯视刻度线:
;
③g步骤前,容量瓶未干燥,有少量蒸馏水:
.
试卷答案
1.D
试题分析:
A.第①步中除去泥沙及Ca2+、Mg2+等杂质时,为了使钙镁离子沉淀,需要加入碳酸钠,氢氧化钠等发生化学反应,选项A错误;B.工业上,通过电解“精盐”水溶液,氢离子比钠离子先放电,无法制取金属钠,应该电解融熔的NaCl,选项B错;C.第②步的反应,需要防止氯化镁发生水解,其条件是“在HCl气流中加热”带走水蒸气,抑制水解,选项C错;D.第③溴离子变成溴单质,第④步溴单质被二氧化硫吸收⑤步中将溴离子与氯气反应产生溴单质,均涉及氧化还原反应,选项D正确。
2.D
考点:
离子化合物的结构特征与性质;共价键的形成及共价键的主要类型.
专题:
化学键与晶体结构.
分析:
固体A的化学式为NH5,它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构,应为NH4H,是一种离子化合物,能与水反应:
NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑,有氨气生成.
解答:
解:
A.NH5是离子化合物氢化铵,铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键,NH4+与H﹣之间为离子键,故A正确;
B.NH4H是一种离子化合物,熔、沸点高于NH3,故B正确;
C.能与水反应:
NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑,有氨气生成,故C正确.
D.根据氮原子的原子结构,最外层5个电子最多和四个氢原子形成共价键(其中一个是配位键,氮原子提供一对电子,氢离子提供空轨道形成),形成了带正电荷的铵根离子,所以另一个氢原子只能是形成H﹣,阴阳离子间形成离子键,故D错误.
故选D.
点评:
本题考查NH5的组成和性质,题目难度不大,解答本题的关键是把握题给信息.
3.B
试题分析:
A、合成氨是可逆反应,不能进行到底,题目中无法求出氨气的量,故错误;B、乙醇可以写成C2H4·H2O,因此乙醇和乙烯消耗的氧气的量相等,即1.5×3mol=4.5mol,转移电子为4.5×4mol=18mol,故正确;C、浓硫酸中含H2O,氧原子的物质的量大于4mol,故错误;D、S在溶液中存在的所有形式为S2-、HS-、H2S,应是S2-、HS-、H2S的总数为0.1mol,故错误。
4.D
【考点】离子共存问题.
【专题】离子反应专题.
【分析】A.离子之间结合生成沉淀;
B.pH=1的溶液,显酸性;
C.离子之间发生氧化还原反应;
D.c(H+)/c(OH-)=1×10﹣12的溶液,显碱性.
【解答】解:
A.Mg2+、Al3+分别与CO32﹣结合生成沉淀,不能共存,故A错误;
B.pH=1的溶液,显酸性,不能大量存在HCO3﹣,故B错误;
C.H+、MnO4﹣、I﹣发生氧化还原反应,不能大量共存,故C错误;
D.c(H+)/c(OH-)=1×10﹣12的溶液,显碱性,该组离子之间不反应,可大量共存,故D正确;
故选D.
【点评】本题考查离子的共存,为高频考点,把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键,侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查,题目难度不大.
5.B
【考点】离子反应发生的条件.
【专题】离子反应专题.
【分析】已知:
H2CO3⇌H++HCO3﹣,K1=4.3×10﹣7;HCO3﹣⇌H++CO32﹣,K2=5.6×10﹣11;H2SO3⇌H++HSO3﹣,K1=1.54×10﹣2;HSO3﹣⇌H++SO32﹣,K2=1.02×10﹣7;可知碳酸与亚硫酸都是弱酸,电离平衡常数越大,酸性越强,所以酸性H2SO3>H2CO3>HSO3﹣>HCO3﹣,结合强酸制弱酸与物质的性质判断.
【解答】解:
A.H2SO3>HCO3﹣,符合强酸制弱酸,故A正确;
B.H2CO3可与SO32﹣反应得到HSO3﹣,故B错误;
C.H2CO3与HSO3﹣能共存,故C正确;
D.HCO3﹣与HSO3﹣能共存,故D正确.
故选B.
【点评】本题考查电离平衡常数的运用,难度中等,注意强酸制弱酸.
6.D
【考点】氧化还原反应的计算.
【专题】氧化还原反应专题.
【分析】CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S中,S元素的化合价由﹣2价升高为0,Fe元素的化合价由+3价降低为+2价,反应中Fe3+为氧化剂,CuFeS2为还原剂,结合元素化合价的变化解答该题.
【解答】解:
A.反应中硫元素被氧化,但只有铁离子中的铁元素被还原,故A错误;
B.氧化剂是Fe3+,氧化产物是S,故B错误;
C.由离子方程式可知生成2molS,转移电子4mol,则生成xmolS,则转移2xmol电子,故C错误;
D.由方程式可知,生成xmol硫,则生成3xmol金属离子,消耗2xmolFe3+,反应结束后,测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol,则剩余Fe3+的物质的量为(y﹣3x)mol,所以原Fe3+的总物质的量为2xmol+(y﹣3x)mol=(y﹣x)mol,故D正确.
故选D.
【点评】本题考查氧化还原反应的计算,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,为高考常见题型和高频考点,注意从元素化合价的角度认识,难度不大.
7.B
8.A
【考点】氧化还原反应的计算.
【专题】氧化还原反应专题.
【分析】Cu2S与一定浓度的HNO3反应中,Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由﹣2价被氧化为+6价,硝酸起氧化剂与酸的作用,起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO,起酸作用的硝酸生成Cu(NO3)2.令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol,根据电子转移守恒计算参加反应的Cu2S的物质的量,由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO2)+n(NO),根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu(NO3)2]=2n(Cu2S)﹣n(CuSO4),由硫元素守恒可知n(Cu2S)=n(CuSO4),据此计算参加反应的硝酸的物质的量.
【解答】解:
Cu2S与一定浓度的HNO3反应中,Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由﹣2价被氧化为+6价,硝酸起氧化剂与酸的作用,起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO,起酸作用的硝酸生成Cu(NO3)2.
令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol,根据电子转移守恒可知:
n(Cu2S)×[6﹣(﹣2)+1×2]=1mol×(5﹣4)+1mol×(5﹣2),解得n(Cu2S)=0.4mol.
由硫元素守恒可知n(CuSO4)=n(Cu2S)=0.4mol,
根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu(NO3)2]=2n(Cu2S)﹣n(CuSO4)=2×0.4mol﹣0.4mol=0.4mol.
由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO2)+n(NO)=2×0.4mol+1mol+1mol=2.8mol.
所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n(Cu2S):
n(HNO3)=0.4mol:
2.8mol=1:
7,
故选A.
【点评】本题考查氧化还原反应的计算,为高频考点,把握反应中元素化合价变化、电子转移守恒与元素守恒计算是解答的关键,注意转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用,侧重分析与计算能力的考查,题目难度中等.
9.B
【考点】有关混合物反应的计算.
【专题】守恒法;极端假设法.
【分析】Cu﹣2e=Cu2+,0.03mol铜完全溶于硝酸失去电子为0.06mol,根据氧化还原反应规律,HNO3→NO2+NO+N2O4,0.05mol氮氧化物共得到0.06mol电子,若没有二氧化氮时,0.05mol全部为NO,N元素获得电子为0.15mol,若全部0.05mol为N2O4,N元素获得0.1mol电子,均大于0.06mol,所以一定存在NO2,从两个极端来考虑:
(1)假设混合气体为NO、NO2;
(2)假设混合气体是N2O4、NO2,据此计算平均相对分子质量,实际混合气体的相对分子质量介于两者之间.
【解答】解:
金属提供0.06mol电子,若没有二氧化氮时,0.05mol全部为NO,N元素获得电子为0.15mol,若全部0.05mol为N2O4,N元素获得0.1mol电子,均大于0.06mol,所以一定存在NO2;
假设一种情况为混合气体中没有N2O4时,设NO的物质的量为x,则NO2的物质的量为0.05mol﹣x,根据电子得失守恒,铜失去的电子数等于NO3﹣得到的电子数,所以有0.03mol×2=3x+(0.05mol﹣x)×1,得:
x=0.005mol,NO2的物质的量为0.05mol﹣0.005mol=0.045mol,所以混合气体的平均相对分子质量为
=44.4;
同理,假设另一种情况为混合体中没有NO时,设N2O4、NO2物质的量分别为m,n,m+n=0.05mol,2m+n=0.06mol,联立解得m=0.01mol,n=0.04mol,所以混合气体的平均相对分子质量为
(NO2、N2O4)=46×
+92×
=55.2.
所以该混合气体的平均相对分子质量应在44.4~55.2之间.
故选:
B.
【点评】考查混合物的计算、氧化还原反应的计算等,难度中等,利用极限法判断相对分子质量的范围是解题的关键.
10.C
考点:
热化学方程式.
专题:
化学反应中的能量变化.
分析:
燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量,甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水,据此判断.
解答:
解
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 山东省 滕州市 第三中学 一轮 复习 第三 周周 化学试题