高考解析理综化学6上海卷.docx
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高考解析理综化学6上海卷
2013高考解析-----理综化学(6.上海卷)
1.2013年4月24日,东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。
能区别地沟油(加工过的餐饮废弃油)与矿物油(汽油、煤油、柴油等)的方法是
A.点燃,能燃烧的是矿物油
B.测定沸点,有固定沸点的是矿物油
C.加入水中,浮在水面上的是地沟油
D.加入足量氢氧化钠溶液共热,不分层的是地沟油
【答案】D
【解析】只有D是利用了地沟油可以水解的不同性质。
【试源】2013年高考上海化学试卷
2.氰酸铵(NH4OCN)与尿素[CO(NH2)2]
A.都是共价化合物B.都是离子化合物
C.互为同分异构体D.互为同素异形体
【答案】C
【解析】A是离子化合物,有氨根,A/B错;两者不是单质,D错。
【试源】2013年高考上海化学试卷
3.230Th和232Th是钍的两种同位素,232Th可以转化成233U。
下列有关Th的说法正确的是
A.Th元素的质量数是232B.Th元素的相对原子质量是231
C.232Th转换成233U是化学变化D.230Th和232Th的化学性质相同
【答案】D
【解析】A错在两者质量不同;B不知道丰度,没法计算;C不是分子原子层面的变化;D正确。
【试源】2013年高考上海化学试卷
4.下列变化需克服相同类型作用力的是
A.碘和干冰的升华B.硅和C60的熔化
C.氯化氢和氯化钾的溶解D.溴和汞的气化
【答案】A
【解析】A是分子间的作用力;B硅是原子晶体,而后者是分子晶体;C是共价键和离子键的差异;D是分子键和金属键。
【试源】2013年高考上海化学试卷
5.374℃、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力,并含有较多的H+和OH-,由此可知超临界水
A.显中性,pH等于7B.表现出非极性溶剂的特性
C.显酸性,pH小于7D.表现出极性溶剂的特性
【答案】D
【解析】水是极性溶剂,B对D错;显中性但是Kw和常温不同,所以PH错误,A、B错。
【试源】2013年高考上海化学试卷
6.与索尔维制碱法相比,侯德榜制碱法最突出的优点是
A.原料利用率高B.设备少
C.循环利用的物质多D.原料易得
【答案】A
【解析】食盐的利用率可高达96%。
此题暗示学生要对为我国贡献化学正能量的人和事有所了解。
【试源】2013年高考上海化学试卷
7.【题文】将X气体通入BaCl2溶液,未见沉淀生成,然后通入Y气体,有沉淀生成,X、Y不可能是( )
选项
X
Y
A
SO2
H2S
B
Cl2
CO2
C
NH3
CO2
D
SO2
Cl2
【答案】B
【解析】A项,会有沉淀(单质硫)生成;B项,Cl2通入BaCl2溶液中无现象,再通入CO2也不会有BaCO3沉淀生成;C项,会有BaCO3沉淀生成;D项,后通入的Cl2可将先通入SO2氧化为H2SO4,因此后有BaSO4沉淀生成,故答案为:
B。
【试源】2013年高考上海化学试卷
8.【题文】糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等,其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。
下列分析正确的是( )
A.脱氧过程是吸热反应,可降低温度,延长糕点保质期
B.脱氧过程中铁作原电池正极,电极反应为:
Fe-3e→Fe3+
C.脱氧过程中碳做原电池负极,电极反应为:
2H2O+O2+4e→4OH-
D.含有1.12g铁粉的脱氧剂,理论上最多能吸收氧气336mL(标准状况)
【答案】D
【解析】在脱氧过程中,由铁、碳做电极,氯化钠溶液做电解质溶液形成原电池,发生吸氧腐蚀,该过程为放热反应;在脱氧过程中,碳做正极,铁做负极,失电子发生氧化反应生成Fe2+;在脱氧过程中,Fe失电子氧化为Fe2+,Fe2+最终还是被氧气氧化为Fe3+,由电子守恒知消耗氧化剂氧气的体积(标况下)V(O2)=22.4L·mol-1×(3×1.12g/56g·mol-1)/4=336mL。
【试源】2013年高考上海化学试卷
9.【题文】将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。
然后向小烧杯中加入盐酸,反应剧烈,醋酸逐渐凝固。
由此可见( )
A.NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应
B.该反应中,热能转化为产物内部的能量
C.反应物的总能量高于生成物的总能量
D.反应的热化学方程式为:
NH4HCO3+HCl→NH4Cl+CO2↑+H2O-Q
【答案】B
【解析】醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低,即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应,A项错误;因反应为吸热反应,即吸热的热量转化为产物内部的能量,故B项正确;因反应为吸热反应,则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量,C项错误;书写热化学方程式时,应注明物质的状态,D项错误。
【试源】2013年高考上海化学试卷
10.【题文】下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是( )
A.均采用水浴加热B.制备乙酸乙酯时正丁醇过量
C.均采用边反应边蒸馏的方法D.制备乙酸乙酯时乙醇过量
【答案】D
【解析】制备乙酸丁酯和乙酸乙酯均是采取用酒精灯直接加热法制取,A项错误;制备乙酸丁酯时采用容易获得的乙酸过量,以提高丁醇的利用率的做法,B项错误;制备乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法、制备乙酸丁酯则采取直接回流的方法,待反应后再提取产物,C项错误;制备乙酸乙酯时,为提高乙酸的利用率,采取乙醇过量的方法,D项正确。
【试源】2013年高考上海化学试卷
11.【题文】H2S水溶液中存在电离平衡H2S
H++HS-和HS-
H++S2-。
若向H2S溶液中( )
A.加水,平衡向右移动,溶液中氢离子浓度增大
B.通入过量SO2气体,平衡向左移动,溶液pH值增大
C.滴加新制氯水,平衡向左移动,溶液pH值减小
D.加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化),溶液中所有离子浓度都减小
【答案】C
【解析】加水,电离平衡虽向右移动,但因溶液体积变大,c(H+)减小,A项错误;通入少量SO2时,因发生SO2+2H2S=3S↓+2H2O,平衡向左移动,溶液pH增大、但通入过量SO2,最终溶液为饱和亚硫酸溶液,溶液pH减小,B项错误;加入新制氯水,发生反应:
H2S+Cl2=S↓+2HCl,平衡向左移动,酸性增强,pH减小,C项正确;加入CuSO4后,发生反应:
H2S+Cu2+=CuS↓+2H+,溶液中c(H+)变大,D项错误。
【试源】2013年高考上海化学试卷
12.【题文】根据有机化合物的命名原则,下列命名正确的是( )
A.
3-甲基-1,3-丁二烯
B.
2-羟基丁烷
C.CH3CH(C2H5)CH2CH2CH32-乙基戊烷
D.CH3CH(NH2)CH2COOH3-氨基丁酸
【答案】D【解析】A项,利用取代基位次和最小原子可知其名称为:
2-甲基-1,3-丁烯;B项,该有机物含有羟基,属于醇类,其名称为:
1-甲基丙醇;C项,利用主链最长的原则可知其名称为:
3-甲基己烷;D项,该物质为氨基酸,以羧基为主体,氨基为取代基,因此名称为:
3-氨基丁酸。
【试源】2013年高考上海化学试卷
13.【题文】X、Y、Z、W是短周期元素,X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构,工业上通过分离液态空气获得其单质;Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等;Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同;W元素原子的M层有1个未成对的p电子。
下列有关这些元素性质的说法一定正确的是( )
A.X元素的氢化物的水溶液显碱性
B.Z元素的离子半径大于W元素的离子半径
C.Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应
D.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点
【答案】C
【解析】工业上分离液态空气可获得氧气或氮气,故X为N或O,由Y的最外层电子排布ns2np2可知Y为C或Si、Z2+核外电子数为10,则Z为Mg,价层电子排布为3s23p1或3s23p5元素均可满足元素W的结构特点,因此W为Al或Cl。
若X为O,H2O为中性,A项错误;若W为Cl-,则离子半径:
Mg2+<Cl-,B项错误;Mg在一定条件下可与氧气或氮气发生反应生成氧化镁或氮化镁,C项正确;若Y为C,其最高价氧化物CO2的熔、沸点都很低,D项错误。
【试源】2013年高考上海化学试卷
14.【题文】为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度,将镀锌皮与足量盐酸反应,待产生的气泡明显减少时取出,洗涤,烘干,称重。
关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是( )
A.铁皮未及时取出,会导致测定结果偏小
B.铁皮未洗涤干净,会导致测定结果偏大
C.烘干时间过长,回导致测定结果偏小
D.若把盐酸换成硫酸,会导致测定结果偏大
【答案】C
【解析】铁皮未及时取出,导致部分铁被消耗,最后称重质量变小,使测定结果偏大;铁皮未洗涤干净,导致最后称重质量偏大,使测定结果偏小;若烘干时间过长,部分铁可能被氧化,导致最后称重质量偏大,使测定结果偏小;若把盐酸换成硫酸,对测定结果无影响,故正确答案为:
C。
【试源】2013年高考上海化学试卷
15.【题文】NA代表阿伏伽德罗常数。
已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag,则该混合物( )
A.所含公用电子对数目为(a/7+1)NAB.所含碳氢键数目为aNA/7
C.燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14LD.所含原子总数为aNA/14
【答案】B
【解析】同质量的C2H4或C3H6中所含共用电子对数目或碳氢键数目相等,故可知14g混合物中含有共用电子对数目、碳氢键数目分别为3NA、2NA。
ag混合物中含有共用电子对数目为(3a/14)NA;ag混合物中含有碳氢键数目为(2a/14)NA=aNA/7;不知反应所处的温度、压强,无法求算反应消耗氧气的体积;二者最简式相同,均为CH2,因此ag混合物中所含原子总数为3aNA/14,故答案为:
B。
【试源】2013年高考上海化学试卷
16.【题文】已知氧化性Br2>Fe3+。
FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为:
aFe2++bBr-+cCl2→dFe3++eBr2+fCl-
下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应,其中不符合反应实际的是( )
A.243226B.021012
C.201202D.222214
【答案】B
【解析】由题意知,将Cl2通入FeBr2溶液中先氧化Fe2+,然后再氧化Br-。
若a、b、c为2、4、3时,溶液中Fe2+、Br-恰好完全被氧化,则利用原子守恒知d、e、f是2、2、6;若a、b为0、2,则说明反应先氧化Be-,与事实不符;若a、b、c为2、0、1时,即溶液中Fe2+恰好氧化完全,则利用原子守恒知d、e、f是2、0、2;若a、b、c为2、2、2时,即溶液中Fe2+完全氧化、Br-刚好有一半被氧化,则利用原子守恒知d、e、f是2、1、4,故答案为:
B。
【试源】2013年高考上海化学试卷
17.【题文】某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。
取该溶液100mL,加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02mol气体,同时产生红褐色衬垫;顾虑,洗涤,灼烧,得到1.6g固体;向上述滤液中加足量BaCl2溶液,得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。
由此可知原溶液中( )
A.至少存在5种离子
B.Cl-一定存在,且c(Cl)≥0.4mol/L
C.SO42-、NH4+、一定存在,Cl-可能不存在
D.CO32-、Al3+一定不存在,K+可能存在
【答案】B
【解析】加入足量NaOH溶液加热,得到0.02mol气体说明含有0.02molNH4+;得到红褐色沉淀说明含有Fe3+,则不能含有CO32-(CO32-与Fe3+发生双水解,不能共存);利用灼烧后得到1.6g固体知溶液中含有0.02molFe3+;再利用加入BaCl2得到4.66g不溶于盐酸沉淀可知溶液中含有0.02molSO42-,Al3+、K+是否存在无法判定,利用“电荷守恒”可知溶液中必含有Cl-,若溶液中不含Al3+、K+时,溶液中含有0.04molCl-、若溶液中含Al3+、K+时,溶液中含有Cl-的物质的量一定大于0.04mol,结合溶液体积(100mL)可知原溶液中一定存在Cl-,且c(Cl-)≥0.4mol/L,由上述分析知,正确答案为:
B。
【试源】2013年高考上海化学试卷
18.【题文】汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。
若氧化物比还原物多1.75mol,则下列判断正确的是( )
A.生成42.0LN2(标准状况)
B.有0.250molKNO3被氧化
C.转移电子的物质的量为1.25mol
D.被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
【答案】CD
【解析】利用方程式可知N2既是氧化产物又是还原产物,且氧化产物与还原产物的质量(或物质的量)之比为15:
1,因此当氧化产物比还原产物多1.75mol时,生成N2的体积(标准状况)为:
[16mol×1.75mol/(15mol-1mol)]×22.4L·mol-1=44.8L;参加反应的KNO3被还原;利用方程式知生成16molN2时转移10mol电子,结合前面分析知反应生成2molN2,因此反应转移电子的物质的量为10×2/16=1.25mol,C项正确;利用方程式,结合前面分析知当氧化产物比还原产物多14mol时,被氧化的氮原子的物质的量为30mol,因此该反应被氧化的氮原子的物质的量为30mol×1.75mol/14mol=3.75mol,D项正确。
【试源】2013年高考上海化学试卷不定项选择
19.【题文】部分弱酸的电离平衡常数如下表:
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
(25℃)
Ki=1.77×10-4
Ki=4.9×10-10
Ki1=4.3×10-7
Ki2=5.6×10-11
下列选项错误的是( )
A.2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-
B.2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑
C.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D.等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者
【答案】AD
【解析】因Ka1(H2CO3)>Ka1(HCN)>Ka2(H2CO3),故HCN可与CO32-发生反应生成CN-和HCO3-,因此向含CN-离子的溶液中通入CO2发生反应为:
CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-,A项错误;利用甲酸与碳酸的电离平衡常数可知酸性:
HCOOH>H2CO3,则HCOOH可与碳酸盐作用生成甲酸盐和CO2、H2O,B项正确;酸性:
HCOOH>HCN,故等pH的HCOOH和HCN相比,HCN的物质的量浓度大,所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者,C项正确;在等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中,均存在:
c(Na+)+c(H+)=c(R-)+c(OH-)[R-=HCOO-或CN-],因CN-水解程度大,则在NaCN溶液中c(H+)较小,而两溶液中c(Na+)相等,故两溶液中所含离子数目前者大于后者,A项错误。
【试源】2013年高考上海化学试卷不定项选择
20.【题文】某恒温密闭容器中,可逆反应A(s)
B+C(g)-Q达到平衡。
缩小容器体积,重新达到平衡时,C(g)的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等。
以下分析正确的是( )
A.产物B的状态只能为固态或液态
B.平衡时,单位时间内n(A)消耗﹕n(C)消耗=1﹕1
C.保持体积不变,向平衡体系中加入B,平衡可能向逆反应方向移动
D.若开始时向容器中加入1molB和1molC,达到平衡时放出热量Q
【答案】BC
【解析】若B为气体,且原平衡时B与C的浓度相等时,因容器保持恒温,缩小容器体积,达到新平衡时平衡常数不变,则气体C的浓度也一定不变,故A项错误;平衡时,各物质的量不再改变,因此单位时间内n(A)消耗=n(C)消耗,B项正确;保持体积不变,若B为气态,则向平衡体系中加入B,平衡逆向移动,C项正确;因反应为可逆反应,故加入1molB和1molC至反应达到平衡时不能完全消耗,放出热量小于Q,D项错误。
【试源】2013年高考上海化学试卷不定项选择
21.【题文】一定条件下,将0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合,然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶(洗气瓶排列顺序不确定)。
假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应,则尾气(已干燥)( )
A.可能是单一气体B.不可能含有一氧化碳
C.可能存在原气体中的两种气体D.成分和洗气瓶的排列顺序无关
【答案】AC
【解析】若混合气体先通入NaOH溶液,然后再依次通入饱和碳酸氢钠溶液、水(或水、饱和碳酸氢钠溶液)则最后得到尾气为CO;若混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液、水(或水、饱和碳酸氢钠溶液),最后通入NaOH溶液,则尾气为CO和NO,由此可知尾气中一定含有CO,故答案为:
AC。
【试源】2013年高考上海化学试卷不定项选择
22.【题文】一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中,收集到气体VL(标准状况),向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-)加入足量NaOH,产生蓝色沉淀,过滤,洗涤,灼烧,得到CuO12.0g,若上述气体为NO和NO2的混合物,且体积比为1﹕1,则V可能为( )
A.9.0LB.13.5LC.15.7LD.16.8L
【答案】A
【解析】由铜守恒可知CuS与Cu2S中含有n(Cu)=12.0g/80g·mol-1=0.15mol,利用电子守恒,依据“极端假设法”可知,当混合物全部为CuS时可得:
0.15mol×8=n(NO)×3+n(NO2)×1,因n(NO)=n(NO2),解之得n(NO)=n(NO2)=0.3mol,则反应所得混合气体在标况下的体积V=(0.3mol+0.3mol)×22.4mol·L-1=13.44L;当混合物全部为Cu2S时可得:
10×0.15mol/2=n(NO)×3+n(NO2)×1,因n(NO)=n(NO2),解之得n(NO)=n(NO2)=0.1875mol,则反应所得混合气体在标况下的体积V=(0.1875mol+0.1875mol)×22.4mol·L-1=8.4L,所以收集到气体体积:
8.4L<V<13.44L,故答案为:
A。
【试源】2013年高考上海化学试卷不定项选择
四、(本题共8分)
金属铝质轻且有良好的防腐蚀性,在国防工业中有非常重要的作用。
完成下列填空:
23.铝原子核外电子云有种不同的伸展方向,有种不同运动状态的电子。
24.镓(Ga)与铝同族。
写出镓的氯化物和氨水反应的化学方程式。
25.硅与铝同周期。
SiO2是硅酸盐玻璃(Na2CaSi6O14)的主要成分,Na2CaSi6O14也可写成Na2O·CaO·6SiO2。
盛放NaOH溶液的试剂瓶若用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸盐而无法打开,发生反应的化学方程式。
长石是铝硅盐酸,不同类长石其氧原子的物质的量分数相同。
由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式为
26.用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。
如:
2Al+4BaO
3Ba↑+BaO·Al2O3
常温下Al的金属性比Ba的金属性(选填“强”“弱”)。
利用上述方法可制取Ba的主要原因是。
a.高温时Al的活泼性大于Bab.高温有利于BaO分解
c.高温时BaO·Al2O3比Al2O3稳定d.Ba的沸点比Al的低
四.【答案】(23)9、13;(24)GaCl3+3NH3·H2O=3NH4Cl+Ga(OH)3↓
(25)SiO2+2NaOH=Na2SiO3+2H2O、CaAl2Si6O16(26)弱、d
【解析】(23)s轨道只有1个伸展方向、p轨道有3个伸展方向,Al核外电子排布为1s22s22p63s23p1,涉及3个s轨道、2个p轨道,因此其核外电子云(轨道)的伸展方向有9个;核外13个电子的运动状态各不相同,因此核外有13种不同运动状态的电子。
(24)同主族元素化学性质相似,因此类比氯化铝与氨水的反应可得氯化稼与氨水反应的方程式。
(25)在Na2O、CaO、SiO2中,只有SiO2是酸性氧化物,可与NaOH作用生成可用作粘合剂的硅酸钠溶液;由“长石是铝硅酸盐”,结合钠长石的化学式可知钙长石就是将钠长石的中钠更换为钙,铝硅酸阴离子不变,以及化合物中化合价代数和等于0可得钙长石的化学式为:
Ca(AlSi3O8)2,即CaAl2Si6O16。
(26)利用元素Ba、Al在元素周期表的位置可知金属活泼性:
Al<Ba;但Al在高温下可将氧化钡中钡置换出来,原因是Ba的沸点低于铝,高温时Ba转化为气体脱离反应体系,使反应正向进行。
【试源】2013年高考化学试题上海卷
五、(本题共8分)
溴主要以Br-形式存在于海水中,海水呈弱碱性。
工业上制备的Br2的操作步骤为:
①一定条件下,将Cl2通入浓缩的海水中,生成Br2
②利用热空气将Br2吹出,并用浓Na2CO3溶液吸收,生成NaBr、NaBrO3等
③用硫酸酸化步骤②得到的混合物
完成下列填空:
27.Cl2氧化Br-应在条件下进行,目的是为了避免
28.Br2可用热空气吹出,其原因是
29.写出步骤③所发生的化学反应方程式。
用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是。
步骤②的产品有时运输到目的地后再酸化,主要是因为
30.为了除去工业Br2中微量的Cl2,可向工业Br2中
a.通入HBrb.加入Na2CO3溶液c.加入NaBr溶液d.加入Na2SO3溶液
五.【答案】(27)酸性、生成的溴与碱发生反应(28)溴的沸点较低,易挥发
(29)5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Br2+3H2O防止在酸性条件下,溴酸钠将Cl-氧化为氯气,影响生成溴的纯度、防止溴的挥发(30)a
【解析】(27)利用存在Br-的海水呈碱性和Br2可与碱性物质反应可知为防止氧化得到溴和碱反应,则氯气在氧化Br-时应在酸性条件下进行。
(28)溴可与被热空气吹出,是因为溴的沸点低,易挥发。
(29)向NaBr和NaBrO3的混合溶液中,加入H2SO4,Br-与BrO3-发生归中反应生成Br2,结合原子守恒可写出反应的方程式;酸化时不用盐酸是防止在酸性条件下,BrO3-将Cl-氧化为Cl2混入溴中;因溴易挥发,所以要酸化NaBr和NaBrO3的混合溶液制取溴要等到将混合液运送到目的地再酸化。
(30)遵循除杂不引入新杂质的原子,可采用通入HBr的方法除去溴中混有Cl2。
【试源】2013年高考化学试题上海卷
六、(本题共8分)
镍具有优良的物理和化学特性,是许多领域尤其是高技术产业的重要原料。
羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为:
(1)Ni(S)+4CO(g)
Ni(CO)4(g)+Q
(2)Ni(CO)4(g)
Ni(S)+4CO(g)
完成下列填空:
31.在温度不变的情况下,要提高反应
(1)中Ni(CO4)的产率,可采取的措施有、
。
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