河北省保定市高三第二次模拟化学试题解析版.docx
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河北省保定市高三第二次模拟化学试题解析版
河北省保定市2020年高三第二次模拟
1.化学与生活密切相关。
下列说法错误的是()
A.在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋,可防止被盛装食品受潮
B.淀粉可用于制取葡萄糖、乙醇、乙酸
C.化妆品中添加甘油,具有保湿效果
D.使用75%的酒精、0.1%的次氯酸钠和1%的食盐水均可以快速高效杀死新冠病毒
『答案』D
『详解』A.在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋,硅胶(具有吸湿性)能吸收水分,故A正确;
B.淀粉水解可以生成葡萄糖,葡萄糖发酵生成乙醇,乙醇氧化生成乙酸,故B正确;
C.甘油分子中含亲水基,具有吸湿性,添加到化妆品中有保湿作用,故C正确;
D.75%的酒精、0.1%的次氯酸钠均能使病毒的蛋白质变性失活,则可用来杀死新冠病毒,而1%的食盐水不能杀灭病毒,则不能用1%的食盐水杀死新冠病毒,故D错误;
综上所述,『答案』为D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是()
A.0.01mol•L-1KAl(SO4)2溶液中的SO42-数目为0.02NA
B.用浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备1mol氯气,转移的电子数均为2NA
C.1molNH4NO3完全溶于稀氨水中,溶液呈中性,溶液中NH4+的数目为NA
D.9.0g葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为0.3NA
『答案』C
『详解』A.体积未知,当溶液体积为1L时,0.01mol·L-1KAl(SO4)2溶液中,硫酸根离子数为0.02NA,故A错误;
B.MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O,当生成1mol氯气,转移的电子数为2NA,KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,当生成1mol氯气,转移的电子数为
NA,故B错误;
C.将1molNH4NO3溶于稀氨水中,根据电荷守恒可知有:
n(OH-)+n(NO3-)=n(H+)+n(NH4+),而溶液呈中性,则有n(OH-)=n(H+),故可知n(NH4+)=n(NO3-)=1mol,即铵根离子个数为NA个,故C正确;
D.葡萄糖分子式C6H12O6、蔗糖分子式C12H22O11,两种分子中碳、氢、氧三种元素的原子个数比分别为:
1:
2:
1、12:
22:
11,含碳量不同,故混合物中的碳的质量无法确定,碳原子的数目无法确定,故D错误;
综上所述,『答案』为C。
『点睛』因为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O为归中反应,所以要通过化合价计算转移的电子数目,即每生成3mol氯气,转移的电子为5mol。
3.下列实验操作与实验现象或结论不相匹配的是()
实验操作
实验现象或结论
A
向2支均盛有2mL1.0mol•L-1KOH溶液的试管中分别加入2滴浓度均为0.lmol•L-1的AlCl3和MgCl2溶液,加入MgCl2溶液的试管出现白色沉淀,另一支无明显现象
Ksp[A1(OH)3]>Ksp[Mg(OH)2]
B
向盛有KI溶液的试管中滴加氯水和CCl4液体,振荡
下层溶液变为紫红色
C
室温下,用pH试纸分别测0.lmol•L-1Na2SO3和0.1mol•L-1Na2CO3溶液的pH
Na2SO3溶液的pH约为10,Na2CO3溶液的pH约为12,则说明CO32-水解的能力比SO32-的强
D
向盛有Na2S2O3溶液的试管中先滴入酚酞溶液,然后滴加盐酸,边滴边振荡
溶液先变红后褪色,有气泡产生并出现浑浊
『答案』A
『详解』A.由于氢氧化铝为两性氢氧化物,过量的氢氧化钾将生成的氢氧化铝溶解,不能通过该实验比较Ksp[A1(OH)3]和Ksp[Mg(OH)2]的大小,故A错误;
B.氯水中的Cl2和KI反应生成KCl和I2,CCl4萃取I2,由于CCl4的密度大于水,则下层溶液(溶解I2的CCl4溶液)变为紫红色,故B正确;
C.Na2SO3溶液和Na2CO3溶液均为碱性,是因为碳酸根和亚硫酸根均能发生水解,而Na2SO3溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH,则说明CO32-水解的能力比SO32-的强,故C正确;
D.Na2S2O3为强碱弱酸盐,Na2S2O3溶液呈碱性,向盛有Na2S2O3溶液的试管中滴入酚酞溶液,溶液变红,然后滴加盐酸,发生反应:
Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O,Na2S2O3溶液转变为NaCl溶液(中性),溶液的红色消失,有气泡产生并出现浑浊,故D正确;
综上所述,『答案』为A。
『点睛』要注意氢氧化铝性质的特殊性,氢氧化铝能够被强碱溶解生成易溶于水的偏铝酸盐。
4.某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源,进行电絮凝净水的实验探究,设计的实验装置如图所示。
下列说法正确的是()
A.Y电极反应为Pb+SO42--2e-=PbSO4
B.每消耗103.5gPb,理论上电解池阴极上有1molH2生成
C.该电解池的总反应为2Al+6H2O
2Al(OH)3+3H2↑
D.若污水为含有Cr2O72-工业酸性废水,为将其转化为Cr3+除去,可让铁电极连接铅蓄电池的正极
『答案』D
『分析』据图可知电解池中,铝电极失电子作阳极,电极反应为:
2Al-6e-=2Al3+,在铝表面有氧气产生,说明有部分氢氧根离子放电,Fe电极上水得电子作阴极,电极反应为:
6H2O+6e-=3H2↑+6OH-,铅蓄电池中X与阴极Fe相连,作负极,负极上发生的反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4,Y与阳极铝相连,作正极,电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O,串联电路中各电极转移电子相等。
『详解』A.由分析可知,Y作正极,电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O,故A错误;
B.n(Pb)=
,Pb是+2价
金属,反应的Pb的物质的量是0.5mol,则反应转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol,根据串联电路中电子转移守恒,则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol,故B错误;
C.阳极铝电极反应为:
2Al-6e-=2Al3+,阴极Fe电极电极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-,总反应为2Al+6H2O
2Al(OH)3(胶体)+3H2↑,在铝的表面有氧气产生,说明还存在电解水的过程:
2H2O
O2↑+2H2↑,故C错误;
D.让铁电极连接铅蓄电池的正极作阳极,则铁失电子转化为亚铁离子,含有Cr2O72-工业酸性废水具有强氧化性,与亚铁离子反应可转化为Cr3+除去,故D正确;
综上所述,『答案』为D。
5.化合物丙是一种医药中间体,可以通过如图反应制得。
下列说法正确的是()
A.丙的分子式为C10Hl6O2
B.甲的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
C.乙可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
D.甲、丙均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
『答案』C
『详解』A.由丙的结构简式可知,丙的分子式为C10H14O2,故A错误;
B.甲的分子中有3种不同化学环境的氢原子,则其一氯代物有3种(不考虑立体异构),故B错误;
C.乙的结构中含有碳碳双键和酯基,碳碳双键可以发生加成反应、氧化反应,酯基可以发生取代反应,故C正确;
D.甲、丙结构中均含有碳碳双键,能被高锰酸钾氧化,则均能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故D错误;
综上所述,『答案』为C。
6.A、B、C、D、E五种短周期主族元素,原子序数依次增大。
A是元素周期表中原子半径最小的元素;C元素最高价氧化物对应的水化物是一种强碱;B、D、E的最外层电子数之和为19且B的一种单质可用于饮用水消毒。
下列说法错误的是()
A.B、C、D的简单离子半径:
D>B>C
B.B与A、C、D、E四种元素均可形成两种或两种以上化合物
C.由B、C、E三种元素形成的化合物溶于水均能促进水的电离
D.分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构,则分子中存在非极性键
『答案』C
『分析』A、B、C、D、E五种短周期主族元素,原子序数依次增大。
A是元素周期表中原子半径最小的元素,则A为氢元素;C元素最高价氧化物对应的水化物是一种强碱,为氢氧化钠,则C为钠元素;B、D、E的最外层电子数之和为19且B的一种单质可用于饮用水消毒,则B为氧元素,D为硫元素,E为氯元素。
『详解』A.由分析可知,B、C、D分别为氧元素、钠元素、硫元素元素,形成离子时,氧离子、钠离子核外有两个电子层,硫离子核外有三个电子层,电子层数越多,离子半径越大,电子层数相同时,核电荷数越小,离子半径越大,则简单离子半径:
S2->O2->Na+,故A正确;
B.氢元素与氧元素能形成水、双氧水,钠元素与氧元素能形成氧化钠、过氧化钠,硫元素与氧元素能形成二氧化硫、三氧化硫,氯元素与氧元素能形成二氧化氯、氧化二氯、七氧化二氯等,故B正确;
C.由氧元素、钠元素、氯元素三种元素形成的化合物可以是高氯酸钠,高氯酸钠为强酸强碱易溶盐,溶于水不能促进水的电离,故C错误;
D.分子S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl,其中原子均满足8电子稳定结构,分子中存在极性共价键和非极性键,故D正确;
综上所述,『答案』为C。
『点睛』比较离子半径时,一般可先比较电子层,电子层数越多,其对应的离子的离子半径越大;当电子层数相同时,再比较核电荷数,核电荷数小的离子半径大;当电子层数、核电荷数均相同时,最后比较电子数,电子数多的离子半径大。
7.常温下,向20mL0.05mol•L-1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol•L-1氨水,溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。
下列分析正确的是()
A.NaHB溶液中一定含有H2B分子
B.A、B、C三点溶液的pH逐渐减小,D、E、F三点溶液的pH逐渐增大
C.E溶液中离子浓度大小关系为c(NH4+)>c(B2-)>c(H+)>c(OH-)
D.B点溶液pH=7
『答案』C
『分析』常温下,由图可知,0.05mol•L-1
某稀酸H2B溶液中由水电离产生的氢离子为10-13mol•L-1,则H2B为二元强酸;向20mL0.05mol•L-1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol•L-1氨水,溶液开始时为酸性,到D点时,二者恰好完全反应生成(NH4)2B,则溶液为酸性,至F点时,溶液为中性。
『详解』A.由分析可知,H2B为二元强酸,则NaHB溶液中不含有H2B分子,故A错误;
B.随着氨水的加入,溶液的酸性减弱,溶液的pH增大,所以A、B、C三点溶液的pH是逐渐增大的,故B错误;
C.E溶液显示酸性,硫酸铵和氨水的混合物,得到的溶液中铵根离子的水解程度较强,即c(H+)>c(OH-),所以c(NH4+)>c(B2-)>c(H+)>c(OH-),故C正确;
D.F点溶液的pH=7,B点溶液的pH<7,故D错误;
综上所述,『答案』为C。
8.金属铋在自然界中的量极少,用途非常广泛,通常以辉铋矿为原料提取金属铋,工艺流程如图所示:
已知:
①辉铋矿主要成分是Bi2S3,还含少量Bi2O3、SiO2、铁的氧化物和硫化物等。
②Bi2O3能溶于酸,NaBiO3不溶于水。
③常温下,Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38,Ksp[Bi(OH)3]=4×10-30;Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16;
回答下列问题:
(1)写出酸浸氧化时Bi2S3被氧化成硫单质的化学方程式___________________________。
(2)滤渣1的成分为_______________。
(3)除杂剂的作用a.调节溶液pH,b_______________,写出一种能提高产物产量的除杂剂_______________。
(4)滤液2还可用来制备NaBiO3,可向滤液2中加入NaOH和NaClO溶液制取NaBiO3,写出该反应的离子方程式_______________________________________。
(5)滤液2采用电解法制取金属铋单质,阳极产物处理后可继续循环使用,电解装置如图所示。
①交换膜类型为_______________(填“Cl-”或“OH-”)交换膜。
②阳极电极反应式为_______________。
『答案』
(1).Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S↓+3H2O
(2).S和SiO2(3).除去杂质Fe3+(4).Bi2O3或Bi(OH)3(5).Na++Bi3++C1O-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O(6).Cl-(7).Cl-+6OH--6e-=ClO3-+3H2O
『分析』辉铋矿酸浸氧化后过滤,得到滤渣1为不溶于酸的二氧化硅和Bi2S3被氧化后生成的硫单质,滤液1中含有BiCl3、NaCl,FeCl3等,为了避免引入新杂质,则加入的除杂试剂可以是Bi2O3或Bi(OH)3,目的是调节pH使铁离子转化成氢氧化铁除去,滤液2中的主要成分为氯化钠和BiCl3,经电解得到铋单质。
『详解』
(1)酸浸氧化时Bi2S3被氧化成硫单质的化学方程式为Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S↓+3H2O,故『答案』为:
Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S↓+3H2O;
(2)由分析知,滤渣1的成分为S和SiO2,故『答案』为:
S和SiO2;
(3)由分析知,可用Bi2O3或Bi(OH)3调节pH使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去,故『答案』为:
除去杂质Fe3+;Bi2O3或Bi(OH)3;
(4)滤液2中的主要成分为氯化钠和BiCl3,加入NaOH和NaClO溶液制取NaBiO3时发生反应的离子方程式为Na++Bi3++C1O-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O,故『答案』为:
Na++Bi3++C1O-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O;
(5)①氯离子为阴离子,电解时,氯离子在阳极放电,氯离子移向阳极,则交换膜类型为Cl-交换膜,故『答案』为:
Cl-;
②阳极电极附近氯离子放电转化为氯酸根,电极反应式为Cl-+6OH--6e-=ClO3-+3H2O,故『答案』为:
Cl-+6OH--6e-=ClO3-+3H2O。
『点睛』阳极阴离子放电或电极放电,失电子能力强先放电,若阳极是活泼金属(金属活动顺序表Ag以前),溶液中
阴离子一律不放电,而是电极材料失电子;若阳极是惰性(Pt、Au、石墨),则放电顺序为:
S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子。
9.硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是分析化学中的重要试剂,在不同温度下加热分解所得产物不同。
设计如图实验装置(夹持装置略去),在500℃时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全,确定分解产物(铁的氧化物、硫的氧化物、含氮物质、水)的具体成分(已知每个装置中的药品足量)。
(1)利用上述装置完成该实验,则该装置的正确连接顺序为_____________________(用装置下面的字母填连接顺序,每个装置都要使用)。
加热A前需要通入一段时间N2目的是_______________________________________。
(2)若观察到B中有白色沉淀生成,C中无明显现象,则装置C的作用为________________,D中白色变为蓝色,写出B中发生反应的离子方程式_________________________________装置B与装置C能否互换____(填“能”或“否”),原因是_______________________________(填“能”则不填此空)。
(3)A中固体完全分解后变为红棕色粉末,某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3,而不含FeO,请帮他完成表中内容(试剂,仪器和用品自选)。
实验步骤
预期现象
结论
_______________
_______________
固本残留物仅为Fe2O3
(4)硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解,若E中收集到的气体只有N2,A中固体残留物Fe2O3的质量为80g,B中沉淀物质的量为2rnol,则生成N2的质量为_______________g。
(5)某含铬(Cr2O72-)废水用硫酸亚铁铵溶液滴定处理,反应后铁元素和铬元素完全转化为沉淀(沉淀中铬元素化合价为+3),该沉淀经干燥后得到amolFeO•FemCrnO3,不考虑处理过程中的实际损耗,则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为_______________mol(用a的代数式表示)。
『答案』
(1).ADCBE
(2).实验前通入氮气是为了排除装置内的空气,防止对实验造成干扰,减少实验误差(3).检验生成的气体中是否有三氧化硫,并除去三氧化硫和氨气(4).SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+(5).否(6).若互换三氧化硫也会使B有白色沉淀生成,无法检验二氧化硫(7).取少量A中残留物于试管中,加入适量稀硫酸,充分振荡使其完全溶解,将溶液分成两份,分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液;(8).若高锰酸溶液不褪色,加入KSCN溶液变红(9).14(10).2.5a
『分析』硫酸亚铁铵受热分解产生的气体产物可能为二氧化硫、三氧化硫、水、氨气,A为硫酸亚铁铵受热分解的装置,有水产生时应先用无水硫酸铜检验水,D为检验水的装置,则A连D,氨气为碱性气体,极易溶于水,则氨气能溶于C装置中的溶液中,三氧化硫与水反应生成硫酸根,硫酸根与钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡,由此可以检验并除去三氧化硫,C为检验三氧化硫并去除三氧化硫和氨气的装置,则D连C,二氧化硫在酸性溶液中溶解度极小,所以二氧化硫不溶于D,二氧化硫具有还原性,能被双氧水氧化成硫酸根而能与氯化钡生成硫酸钡白色沉淀,由此可以检验二氧化硫,B为检验二氧化硫的装置,则C连B,随后B连E,由此可知,装置的正确连接顺序为ADCBE。
『详解』
(1)由分析可知,装置的正确连接顺序为ADCBE,实验前通入氮气是为了排除装置内的空气,防止对实验造成干扰,减少实验误差,故『答案』为:
ADCBE;实验前通入氮气是为了排除装置内的空气,防止对实验造成干扰,减少实验误差;
(2)由分析知,C为检验三氧化硫并去除三氧化硫和氨气的装置,除去三氧化硫是为了避免对二氧化硫的检验造成干扰;B中双氧水氧化二氧化硫并与氯化钡生成沉淀的离子方程式为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+;因为三氧化硫也能使B装置中产生白色沉淀,则无法检验产生的气体中是否含有二氧化硫,则装置B与装置C不能互换,故『答案』为:
检验生成的气体中是否有三氧化硫,并除去三氧化硫和氨气;SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+;否;若互换三氧化硫也会使B有白色沉淀生成,无法检验二氧化硫;
(3)验证固体残留物仅为Fe2O3,而不含FeO,则需将固体物质溶于酸,然后检验铁离子和亚铁离子即可,实验步骤为:
取少量A中残留物于试管中,加入适量稀硫酸,充分振荡使其完全溶解,将溶液分成两份,分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液;预期现象:
若高锰酸溶液不褪色,加入KSCN溶液变红,故『答案』为:
取少量A中残留物于试管中,加入适量稀硫酸,充分振荡使其完全溶解,将溶液分成两份,分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液;若高锰酸溶液不褪色,加入KSCN溶液变红;
(4)Fe2O3的质量为80g,物质的量为0.5mol,则硫酸亚铁铵的物质的量为1mol,硫原子的物质的量为2mol,而B装置中时二氧化硫最后转化成硫酸钡2mol,由此可知产物中无三氧化硫,则硫酸亚铁铵受热分解的方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2
Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O,m(N2)=
=14g,故『答案』为:
14;
(5)1mol亚铁离子被氧化后转化成铁离子,失去的电子为1mol,每生成1molCr3+转移的电子为3mol,根据元素得失电子守恒有3n=m,由根据FeO•FemCrnO3中化合价的代数和为0,有3m+3n=6,解得m=1.5,n=0.5,则根据铁原子守恒,若得到amolFeO•FemCrnO3需消耗硫酸亚铁铵的物质的量为(1+m)a=(1+1.5)a=2.5amol,故『答案』为:
2.5a。
10.将CO2应用于生产清洁燃料甲醇,既能缓解温室效应的影响,又能为能源的制备开辟新的渠道,其合成反应为CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)。
回答下列问题:
(1)如图为CO2平衡转化率和温度、压强的关系,其中压强分别为3.0MPa、4.0MPa和5.0MPa。
据图可知,该反应为_______________反应(填“放热”或“吸热")。
设CO2的初始浓度为comol•L-1,根据5.0MPa时的数据计算该反应的平衡常数K(240k)=_______________(列出计算式即可)。
若在4.0MPa时减小投料比,则CO2的平衡转化率曲线可能位于II线的_______________(填“上方”或“下方”)。
(2)利用二氧化碳制得的甲醇还可以制取甲胺,其反应原理为CH3OH(g)+NH3(g)
CH3NH2(g)+H2O(g)△H。
已知该反应中相关化学键的键能数据如下:
共价键
C—O
H—O
N—H
C—N
键能/k.J•mol-1
351
463
393
293
则该反应的△H=_______________k.J•mol-1。
(3)已知:
①CO(g)+NO2(g)
CO2(g)+NO(g)△H1=-226kJ•rnol-1
②N2(g)+2O2(g)
2NO2(g)△H2=+68kJ•mol-1
③N2(g)+O2(g)
2NO(g)△H3=+183kJ•mol-1
则:
2CO(g)+2NO(g)
2CO2(g)+N2(g)△H=_______________kJ•mol-1。
(4)一定温度下,下列措施一定能加快反应CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)的速率的是_______________(填选项字母)。
A.及时移去甲醇B.改进催化剂C.提高反应物浓度D.增大容器压强
(5)甲烷重整可选氧化物NiO-Al2O3作为催化剂,工业上常用Ni(NO3)2、Al(NO3)3混合液加入氨水调节pH=12(常温),然后将浊液高压恒温放置及煅烧等操作制备该催化剂。
加入氨水调节pH=12时,c(Ni2+)为_______________。
[已知:
Ksp[Ni(OH)2]=5×10-16]
『答案』
(1).放热
(2).
(3).上方(4).-12(5).-750(6).BC(7).5×10-2mol·L-1
『详解』
(1)根据图像,随着温度的升高,CO2的转化率降低,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,根据勒夏特列原理,推出该反应的正反应是放热反应:
反应为气体体积减小的反应,作等温线,增大压强,平衡向正反应方向移动,CO2的转化率增大,I为5.0MPa下进行的曲线,240K时CO2的转化率为0.8,则可列三段式为
根据化学平衡常平数的表达式K=
;根据上述分析,II曲线代表4.0MPa下进行的曲线,减小投料比,相当于增大H2的量,CO2的量不变,平衡向正反应方向进行,CO2的转化率增大,即CO2的平衡转化曲线可能位于II曲线的上方,故『答案』为:
放热;
;上方;
(2)反应热等于反应物总键能减去生成物总键能,故△H=351kJ/mol+393kJ/mol-293kJ/mol-463kJ/mol=-12kJ/mol,故『答
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