2019屆高考化學(xué)全冊精準(zhǔn)培優(yōu)專練(打包22套).zip
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培優(yōu)點八 氧化性還原性強(qiáng)弱判斷的幾種方法一氧化性還原性強(qiáng)弱判斷的幾種方法1根據(jù)氧化還原反應(yīng)的方向判斷典例1在相同條件下的三個反應(yīng):2A+B2=2B+A2;C+A2=2A +C2;2B+D2=2D+B2,下列判斷不正確的是( )A氧化性:A2B2C2D2 B還原性:CABDC2A+D2=2D+A2反應(yīng)可以進(jìn)行 D2C+B2=2B+C2反應(yīng)不能進(jìn)【解析】反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,所以氧化性:D2B2A2C2;還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性,所以還原性:CABD,由此可判斷C、D都正確。故選A?!敬鸢浮緼2根據(jù)原電池、電解池的電極反應(yīng)判斷典例2a、b、c是三種金屬,根據(jù)下列、兩個實驗,確定它們的還原性強(qiáng)弱順序為( )將a與b浸在稀硫酸中用導(dǎo)線相連,a上有氣泡逸出,b逐漸溶解;使用惰性電極電解物質(zhì)的量濃度相同的a、c混合鹽溶液,陰極上先析出c。Aabc Bbca Ccab Dbac【解析】將a與b浸在稀硫酸中用導(dǎo)線相連,a上有氣泡逸出,b逐漸溶解,可說明b為負(fù)極,a為正極,原電池中活潑金屬為負(fù)極,則還原性ba;為電解,金屬陽離子氧化性較強(qiáng)的離子先在陰極析出,金屬陽離子的氧化性越強(qiáng),對應(yīng)的金屬單質(zhì)的活潑性越弱,陰極上先析出c,說明活潑性ac。則三種金屬的還原性強(qiáng)弱為bac,故選D?!敬鸢浮緿3依據(jù)化學(xué)反應(yīng)條件和反應(yīng)程度進(jìn)行判斷典例3實驗室用下列方法制取氧氣4HCl(濃)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O;4HCl(濃)+O22Cl2+2H2O2KMnO4 +16HCl2KCl+2MnCl2 +5Cl2 +8H2O試比較上述反應(yīng)中氧化劑氧化能力的強(qiáng)弱 ?!窘馕觥扛鶕?jù)方程式4HCl(濃)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O;4HCl(濃)+O22Cl2+2H2O;2KMnO4 +16HCl2KCl+2MnCl2 +5Cl2 +8H2O知,沒有反應(yīng)條件,的反應(yīng)條件是加熱,的反應(yīng)條件是加熱和催化劑,反應(yīng)條件越少的氧化還原反應(yīng)越容易發(fā)生,越容易發(fā)生的氧化還原反應(yīng)氧化劑的氧化性越強(qiáng),所以氧化性最強(qiáng)的是高錳酸鉀,其次是二氧化錳,最后是氧氣,故為:KMnO4MnO2O2【答案】氧化性:KMnO4MnO2O2二對點增分集訓(xùn)1下列敘述正確的是( )A含最高價元素的化合物,一定具有強(qiáng)氧化性B陽離子只有氧化性,陰離子只有還原性C元素失電子越多,還原性越強(qiáng)D強(qiáng)氧化劑與強(qiáng)還原劑不一定能發(fā)生氧化還原反應(yīng)【解析】元素處于最高價態(tài)只有氧化性,但不一定有強(qiáng)氧化性,如NaCl中的鈉元素,故A錯誤;元素處于中間價態(tài)的陽離子,既有氧化性又有還原性,如Fe2,故B錯誤;物質(zhì)氧化性和還原性的強(qiáng)弱與其所含元素原子得失電子的數(shù)目無直接關(guān)系,而與得失電子的難易程度有關(guān),如:Nae=Na,Al3e=Al3,但還原性NaAl,故C錯誤;一般情況下,強(qiáng)氧化劑與強(qiáng)還原劑相遇即可發(fā)生氧化還原反應(yīng),但若是同種元素的不同價態(tài)之間,還必須存在中間價態(tài)才能發(fā)生反應(yīng),如濃硫酸與二氧化硫不能發(fā)生反應(yīng)。【答案】D2有下列三個反應(yīng):3Cl22FeI2=2FeCl32I22Fe2+Br2=2Fe3+2BrCo2O36HCl(濃)=2CoCl2Cl23H2O。下列說法正確的是( )A中的氧化產(chǎn)物分別是I2、Fe3+、CoCl2B根據(jù)以上化學(xué)方程式可以得到氧化性強(qiáng)弱順序Cl2Fe3+Co2O3C可以推理得到Cl2FeBr2=FeCl2Br2D在反應(yīng)中當(dāng)1mol Co2O3參加反應(yīng)時,2mol HCl被氧化【解析】反應(yīng)的還原劑分別為Fe2+與I、Fe2+、Cl,其氧化產(chǎn)物分別為Fe3+與I2、Fe3+、Cl2,A項錯誤;根據(jù)化學(xué)方程式可以判斷氧化性強(qiáng)弱,由可知Cl2Fe3+,由可知Br2Fe3+,由可知Co2O3Cl2,綜合可知氧化性強(qiáng)弱順序為Co2O3Cl2Fe3+,B錯誤;由于還原性Fe2+Br,通入Cl2后,優(yōu)先氧化Fe2+,C錯誤;反應(yīng)中當(dāng)1mol Co2O3參加反應(yīng)時,6mol HCl中只有2mol HCl被氧化為Cl2,D正確?!敬鸢浮緿3已知反應(yīng):Cl2+2KI=2KCl+I2KClO3+6HCl=3Cl2KCl+3H2O2KIO3+Cl2=I2+2KClO3。下列說法中正確的是( )A上述三個反應(yīng)都有單質(zhì)生成,所以都是置換反應(yīng)B氧化性由強(qiáng)到弱的順序為KIO3KClO3Cl2I2C反應(yīng)中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為61D反應(yīng)中1 mol還原劑參與反應(yīng)時氧化劑得到電子的物質(zhì)的量為2 mol【解析】中的反應(yīng)物均為化合物,不屬于置換反應(yīng),為置換反應(yīng),A項錯誤;中氧化劑為Cl2,氧化產(chǎn)物為I2;中氧化劑為KClO3,氧化產(chǎn)物為Cl2;中氧化劑為KIO3,氧化產(chǎn)物為KClO3,由氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性可知氧化性由強(qiáng)到弱的順序為KIO3KClO3Cl2I2,B項正確;反應(yīng)中還原劑與氧化劑分別為HCl、KClO3,兩者物質(zhì)的量之比為51,C項錯誤;由元素的化合價變化可知,中1mol還原劑參與反應(yīng)時,氧化劑得到電子的物質(zhì)的量為2mol(50)10mol,D項錯誤?!敬鸢浮緽4已知酸性溶液中還原性的順序為SOIFe2BrCl,下列反應(yīng)不能發(fā)生的是( )A2Fe3+SOH2O=2Fe2+SO2HBI2SOH2O=SO2I2HC2Fe2+I2=2Fe3+2IDBr2SOH2O=SO2Br2H【解析】A項,因該反應(yīng)中S元素的化合價升高,F(xiàn)e元素的化合價降低,則SO為還原劑,還原性強(qiáng)弱為SOFe2+,與已知還原性強(qiáng)弱一致,能發(fā)生,故不選A;B項,因該反應(yīng)中S元素的化合價升高,I元素的化合價降低,則SO為還原劑,還原性強(qiáng)弱為SOI,與已知的還原性強(qiáng)弱一致,能發(fā)生,故不選B;C項,因該反應(yīng)中Fe元素的化合價升高,I元素的化合價降低,則Fe2+為還原劑,還原性強(qiáng)弱為Fe2+I,與已知的還原性強(qiáng)弱不一致,反應(yīng)不能發(fā)生,故選C;D項,因該反應(yīng)中Br元素的化合價降低,S元素的化合價升高,則SO為還原劑,還原性強(qiáng)弱為SOBr,與已知的還原性強(qiáng)弱一致,能發(fā)生,故不選D?!敬鸢浮緾5已知:H2SO3Br2H2O=2HBrH2SO4。現(xiàn)將0.03 mol Cl2緩緩?fù)ㄈ牒?.02 mol H2SO3和0.02 mol HBr的混合溶液中,在此過程中,溶液的c(H)與n(Cl2)的關(guān)系示意圖是(不考慮溶液的體積變化)( )【解析】根據(jù)方程式知,還原性H2SO3HBr,所以向混合溶液中通入氯氣時,先氧化H2SO3后氧化HBr,根據(jù)方程式H2SO3+Cl2+H2O=2HCl+H2SO4知,0.02mol H2SO3完全被氧化,需要n(Cl2)=n(H2SO3)=0.02mol,亞硫酸是弱酸、鹽酸和硫酸都是強(qiáng)酸,所以隨著反應(yīng)的進(jìn)行氫離子濃度增大;剩余的0.01mol氯氣氧化HBr,根據(jù)Cl2+2HBr=Br2+2HCl知,0.01mol氯氣能氧化0.02mol HBr,HCl、HBr都是強(qiáng)電解質(zhì),所以該過程中氫離子濃度不變,即橫坐標(biāo)增大而縱坐標(biāo)不變,故選A【答案】A6硫酸亞鐵的煅燒反應(yīng)為2FeSO4SO2Fe2O3SO3,有關(guān)說法正確的是( )A該反應(yīng)中FeSO4既作氧化劑,又作還原劑BSO2能使溴水褪色,說明SO2具有漂白性C該反應(yīng)中每生成1mol Fe2O3轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為6.021023D該反應(yīng)生成的氣體通入足量BaCl2溶液中,可得到BaSO3和BaSO4兩種沉淀【解析】A項,F(xiàn)e化合價升高,被氧化,S化合價降低,被還原,F(xiàn)eSO4既作氧化劑,又作還原劑,正確;B項,二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應(yīng),表現(xiàn)還原性,錯誤;C項,由方程式可知,反應(yīng)中Fe化合價由2價升高到3價,該反應(yīng)中每生成1mol Fe2O3轉(zhuǎn)移2mol電子,電子數(shù)目約為26.021023,錯誤;D項,該反應(yīng)生成的氣體通入足量BaCl2溶液中,生成硫酸鋇沉淀,沒有BaSO3生成,錯誤?!敬鸢浮緼7已知某一反應(yīng)體系反應(yīng)物和生成物共五種物質(zhì):O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知該反應(yīng)中H2O2只發(fā)生如下過程:H2O2O2,則關(guān)于該反應(yīng)體系說法錯誤的是( )A該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2H2CrO43H2O2=2Cr(OH)33O22H2OB該反應(yīng)中的氧化劑是H2O2,還原產(chǎn)物是O2C氧化性:H2CrO4O2D如反應(yīng)轉(zhuǎn)移了0.3mol電子,則產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為3.36L【解析】由信息H2O2O2可知,O元素的化合價由1價升高到0價,則H2O2為還原劑,氧化劑發(fā)生還原反應(yīng),則Cr元素的化合價降低,即還原反應(yīng)的過程為H2CrO4Cr(OH)3,則反應(yīng)的化學(xué)方程式為2H2CrO43H2O2=2Cr(OH)33O22H2O,A正確;H2O2為還原劑,B錯誤;根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,氧化性H2CrO4O2,C正確;由2H2CrO43H2O2=2Cr(OH)33O22H2O可知,生成3mol氣體轉(zhuǎn)移6mol電子,則轉(zhuǎn)移了0.3mol電子,產(chǎn)生的氣體的物質(zhì)的量為3mol0.15mol,其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為0.15mol22.4Lmol13.36L,D正確。【答案】B8向僅含F(xiàn)e2、I、Br的溶液中通入適量氯氣,溶液中這三種離子的物質(zhì)的量隨消耗氯氣的物質(zhì)的量的變化如圖所示。下列說法正確的是( )A線段代表Fe2+的變化情況B線段代表Br的變化情況Ca值等于6D原混合溶液中n(FeBr2)4mol【解析】向僅含F(xiàn)e2+、I、Br的溶液中通入適量氯氣,還原性IFe2+Br,首先發(fā)生反應(yīng)2I+Cl2=I2+2Cl,I反應(yīng)完畢,再反應(yīng)反應(yīng)2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl,F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢,最后發(fā)生反應(yīng)2Br+Cl2=Br2+2Cl,故線段I代表I的變化情況,線段代表Fe2+的變化情況,線段代表Br的變化情況。由通入氯氣可知,根據(jù)反應(yīng)離子方程式可知溶液中n(I)=2n(Cl2)=2mol,溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2(3mol1mol)=4mol,F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢,根據(jù)電荷守恒可知n(I)+n(Br)=2n(Fe2+),故n(Br)=2n(Fe2+)n(I)=24mol2mol=6mol。A、由上述分析可知,線段代表Br的變化情況,故A錯誤;B、由上述分析可知,線段I代表I的變化情況,故B錯誤;C、由上述分析可知,溶液中n(Br)=2n(Fe2+)n(I)=24mol2mol=6mol,根據(jù)2Br+Cl2=Br2+2Cl可知,溴離子反應(yīng)需要的氯氣的物質(zhì)的量為3mol,故a=3+3=6,故C正確;D、溶液中n(Br)=6mol,所以原混合溶液中n(FeBr2)=3mol,故D錯誤。故選C【答案】C9碘化亞銅(Cu2I2)是一種不溶于水也不溶于酸的白色固體,用途很廣泛。完成下列填空:(1)碘化鉀溶液中滴加適量硫酸銅溶液,就能得到碘化亞銅。請完成并配平上述反應(yīng):_KI+_CuSO4_I2+_Cu2I2+_該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_。(2)往上述反應(yīng)后的溶液中加入淀粉,溶液變藍(lán),再滴加亞硫酸溶液,藍(lán)色又褪去。寫出KI、Cu2I2、H2SO3的還原性由強(qiáng)到弱的順序:_。(3)碘化亞銅能用于檢測空氣中的汞蒸氣,其反應(yīng)為2Cu2I2Hg=Cu2HgI4(玫瑰紅) 2Cu,產(chǎn)物Cu2HgI4中Cu元素顯_價。當(dāng)有1mol Cu2I2參與反應(yīng)時,轉(zhuǎn)移電子_mol?!窘馕觥浚?)缺項配平,先根據(jù)電子守恒配平,后根據(jù)原子守恒配平,4KI+2CuSO4=I2+Cu2I2+2K2SO4,4mol KI中2mol為氧化劑生成碘單質(zhì),2mol不作為氧化劑生成Cu2I2,故答案為22=11;(2)根據(jù)氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物,還原劑的還原性強(qiáng)于還原產(chǎn)物判斷,H2SO3、KI、Cu2I2;(3)根據(jù)該物質(zhì)中碘元素為-1價,汞元素為+1或+2價,根據(jù)化合價為零原則,判斷該物質(zhì)中汞元素為+2價,銅元素為+1價,根據(jù)方程式判斷該反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移為2個,故當(dāng)有1mol Cu2I2參與反應(yīng)時,轉(zhuǎn)移電子1mol;【答案】(1)4、2、1、1、2K2SO4;11(2)H2SO3、KI、Cu2I2 (3)+1;110某實驗小組為探究ClO、I2、SO在酸性條件下的氧化性強(qiáng)弱,設(shè)計實驗如下:實驗:在淀粉碘化鉀溶液中加入少量次氯酸鈉溶液,并加入少量的稀硫酸,溶液立即變藍(lán);實驗:向?qū)嶒灥娜芤褐屑尤?mL 0.5molL1的亞硫酸鈉溶液,藍(lán)色恰好完全褪去。(1)寫出實驗中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式: _。(2)實驗的化學(xué)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是_。(3)以上實驗說明,在酸性條件下ClO、I2、SO的氧化性由弱到強(qiáng)的順序是_?!窘馕觥浚?)實驗中生成的I2具有氧化性,將SO氧化為SO,根據(jù)SO2eSO,可得0.002 mol Na2SO3失去電子(轉(zhuǎn)移電子)的物質(zhì)的量20.002mol0.004mol。(3)根據(jù)實驗知,氧化性ClOI2,根據(jù)實驗知,氧化性I2SO,故氧化性ClOI2SO?!敬鸢浮浚?)ClO2I2H=I2ClH2O(2)0.004 mol(3)SOI2ClO7培優(yōu)點六 溶液中電荷守恒的應(yīng)用一溶液中電荷守恒的應(yīng)用1溶液中離子濃度的大小判斷典例1用0.1molL1的鹽酸滴定0.1molL1的氨水,滴定過程中不可能出現(xiàn)的結(jié)果是( )Ac(NH)c(Cl),c(OH)c(H+)Bc(NH)c(Cl),c(OH)c(H+) Cc(Cl)c(NH),c(OH)c(H+)Dc(Cl)c(NH),c(H+)c(OH) 【解析】反應(yīng)過程中,溶液中的離子為Cl、NH、H+、OH,根據(jù)電荷守恒c(NH)+c(H+)c(Cl)+c(OH),不可能出現(xiàn)陰離子均大于陽離子的情況?!敬鸢浮緾2溶質(zhì)的組成、確定離子類別的判斷典例2今有一混合物的水溶液,只可能含有以下離子中的若干種:K+、NH、Cl、Mg2+、Ba2+、CO、SO?,F(xiàn)取三份100mL溶液進(jìn)行如下實驗: (1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生;(2)第二份加足量NaOH溶液加熱后,收集到氣體0.68g;(3)第三份加足量BaCl2溶液后,得干燥沉淀6.27g,經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后,沉淀質(zhì)量為2.33g。根據(jù)上述實驗,以下推測正確的是( )AK+一定存在 B100mL溶液中含0.6g COCCl不可能存在 DBa2+一定不存在,Mg2+可能存在【解析】說明溶液中可能存在Cl、SO、CO等離子。據(jù)(2)知NH+OHNH3 +H2O,則NH物質(zhì)的量為0.04mol。據(jù)(3)知BaSO4:2.33g(0.01mol),即100mL溶液中含有0.01mol SO;BaCO3為6.27g2.33g3.94g(0.02mol),即CO有0.02mol;Ba2+、Mg2+不會存在,Cl可能存在。由于n(NH)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)B0.1molL1NaHCO3溶液與0.1molL1NaOH溶液等體積混合:c(Na+)2c(CO)+c(HCO)+2c(H2CO3)C0.1molL1NaHCO3溶液與0.2molL1NaOH溶液等體積混合:c(Na)c(OH)0.05molL1c(CO)c(HCO)D0.2molL1NaHCO3溶液與0.1molL1NaOH溶液等體積混合:c(CO)+2c(OH)c(HCO)+3c(H2CO3)+c(H+)【解析】A項,NaHCO3溶液顯堿性,所以HCO水解大于電離,則c(H2CO3)c(CO),錯誤;B項,兩者反應(yīng)后為Na2CO3溶液,由物料守恒知,c(Na+)2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3),錯誤;C項,反應(yīng)后的溶液為0.05molL1 Na2CO3和0.05molL1 NaOH的混合溶液,CO水解會產(chǎn)生OH,所以c(OH)0.05molL1c(CO),正確;D項,反應(yīng)后溶液中c(NaHCO3)c(Na2CO3)11,由電荷守恒知,c(Na+)+c(H+)c(HCO)+2c(CO)+c(OH),由物料守恒知,2c(Na+)3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3),消去c(Na+)可得,c(CO)+2c(OH)c(HCO)+3c(H2CO3)+2c(H+),錯誤?!敬鸢浮緾二對點增分集訓(xùn)1在Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol的BaCl2,恰好使溶液中的SO42完全沉淀;如加入足量強(qiáng)堿并加熱可得到c mol NH3,則原溶液中的Al3+的濃度(molL1)為( ) A B C D【解析】由于NH3的物質(zhì)的量為c mol,由原子守恒和電荷守恒得:(NH4)2SO4的物質(zhì)的量為 mol,反應(yīng)時用去的BaCl2的物質(zhì)的量也為 mol,剩余的BaCl2為(b)mol,則Al2(SO4)3中的SO的物質(zhì)的量也為(b)mol,由電荷守恒得:n(Al3+)3(b)2,所以c(Al3+) molL1?!敬鸢浮緾2由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液,其pH1,c(Al3+)0.4molL1,c(SO)0.8molL1,則c(K)約為( )A0.15molL1 B0.2molL1 C0.3molL1 D0.4molL1 【解析】電荷守恒c(H+)+3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO)+c(OH),得:c(K+)=0.3molL1由于溶液呈酸性,溶液中n(OH)很小,計算過程中可忽略,C項正確。【答案】C3已知HF的電離程度大于等濃度的CH3COOH的電離程度,則在相同條件下,同濃度等體積的NaF、CH3COONa溶液中,離子總數(shù)( )A前者多 B后者多 C一樣多 D無法確定【解析】NaF溶液中離子總數(shù):n1=n(Na+)+n(H+)1+n(F)+n(OH)1,CH3COONa溶液中離子總數(shù)n2=n(Na+)+n(H+)2+n(CH3COO)+n(OH)2。由電荷守恒原理:n(Na+)+n(H+)1=n(F)+n(OH)1、n(CH3COO)+n(OH)2=n(Na+)+n(H+)2,推出n1=2n(Na+)+2n(H+)1、n2=2n(Na+)+2n(H+)2;由于兩溶液n(Na+)相等,且CH3COONa水解程度大,n(H+)2 n2,A項正確。【答案】A43.2g銅與過量30mL 8molL1濃硝酸充分反應(yīng)硝酸的還原產(chǎn)物有NO和NO2。反應(yīng)后溶液中含a mol H+,此時溶液所含NO的物質(zhì)的量為( )Aa mol B(a+0.1)mol C0.1amol D(1-a)mol【解析】溶液中陽離子有銅離子0.05mol和a mol氫離子,陰離子是硝酸根。根據(jù)電荷守恒原則可知硝酸根離子的物質(zhì)的量應(yīng)為(a+0.1)mol,所以答案應(yīng)選B?!敬鸢浮緽5已知HF的酸性比HCN的酸性強(qiáng)?,F(xiàn)有物質(zhì)的量濃度和體積均相同的NaF和NaCN兩種溶液,已知前者溶液中離子數(shù)目為n1,后者溶液中離子數(shù)目為n2。下列關(guān)系正確的是( )An1n2 Bn1n2 Cn1n2 Dc(F)c(CN),NaF溶液中c(H+)相對較大,即:c(Na+)+c(H+)1c(Na+)+c(H+)2, 故n1n2。【答案】B6醋酸溶液中存在電離平衡CH3COOHH+CH3COO,下列敘述不正確的是( )A醋酸溶液中離子濃度的關(guān)系滿足:c(H+)c(OH)+c(CH3COO)B0.10molL1的CH3COOH溶液中加水稀釋,溶液中c(OH)減小CCH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固體,平衡逆向移動D常溫下pH2的CH3COOH溶液與pH12的NaOH溶液等體積混合后,溶液的pH7【解析】根據(jù)電荷守恒,選項A中的等量關(guān)系成立【答案】B7常溫下,將甲酸和氫氧化鈉溶液混合,所得溶液pH7,則此溶液中( )Ac(HCOO)c(Na+) Bc(HCOO)c(Na+)Cc(HCOO)c(Na+) D無法確定c(HCOO)與c(Na+)的關(guān)系【解析】當(dāng)甲酸與氫氧化鈉發(fā)生過離子反應(yīng)后,溶液中存在著四種離子:HCOO、Na+、H+、OH,由于pH=7,即氫離子濃度與氫氧根離子濃度相等,根據(jù)電荷守恒原則可知,甲酸根離子與鈉離子的濃度也一定相等所以答案應(yīng)選C?!敬鸢浮緾8把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份,取一份加入含a mol硫酸鈉的溶液,恰好使鋇離子完全沉淀;另取一份加入含bmol硝酸銀溶液,恰好使氯離子完全沉淀。則該混合溶液中鉀離子濃度為( )A0.1(b2a)molL1 B10(2ab)molL1C10(ba)molL1 D10(b2a)molL1【解析】依題意知,在100ml混合液中n(Ba2+)=amol,n(Cl)=bmol;根據(jù)電荷守恒2n(Ba2+)+n(K+)+n(H+)=n(Cl)+n(OH),可得n(K+)=(b-2a)mol溶液呈中性n(H+)=n(OH),故混合液中c(K+)=(b-2a) mol/0.1L,D項正確?!敬鸢浮緿9將0.2molL1 HCN溶液和0.1molL1 NaOH溶液等體積混合后,溶液顯堿性,下列關(guān)系式中正確的是( )Ac(HCN)c(CN) Bc(Na+)c(H+),故c(Na+)c(CN);根據(jù)物料守恒知D選項正確?!敬鸢浮緿10已知某H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3混合溶液100 mL,其中陽離子濃度相等,SO濃度為6molL1,此溶液中可溶解鐵粉的質(zhì)量為( )A11.2 gB16.8 gC33.6 gD5.6 g【解析】 根據(jù)電中性原理得c(H+)+2c(Fe2+)+3c(Fe3+)=2c(SO)。又由于c(H+)=c(Fe2+)=c(Fe3+),則6c(H+)=26,c(H+)=2molL1。能溶解鐵粉的質(zhì)量為:56gmol12molL10.1L0.5+2molL10.1L0.556gmol1=11.2 g,A項正確?!敬鸢浮緼5培優(yōu)點十一 熱化學(xué)方程式的書寫一幾種情形下的熱化學(xué)方程式的書寫1熱化學(xué)方程式判斷正誤典例1已知充分燃燒a g乙炔氣體時生成1 mol二氧化碳?xì)怏w和液態(tài)水,并放出熱量b kJ,則乙炔燃燒的熱化學(xué)方程式正確的是( )A2C2H2(g)5O2(g)=4CO2(g)2H2O(l) H2b kJmol1BC2H2(g)O2(g)=2CO2(g)H2O(l) H2b kJmol1C2C2H2(g)5O2(g)=4CO2(g)2H2O(l) H4b kJmol1D2C2H2(g)5O2(g)=4CO2(g)2H2O(l) Hb kJmol1【解析】 放熱反應(yīng)中H0,所以B、D錯誤;生成1 mol CO2時放出b kJ 的熱量,所以,生成4 mol CO2時放出的熱量為4b kJ,所以C正確。 【答案】C2鍵能與熱化學(xué)方程式書寫典例2下表中列出了25、101kPa時一些物質(zhì)的燃燒熱數(shù)據(jù)。物質(zhì)CH4C2H2H2燃燒熱(kJmol1)890.31 299.6285.8已知鍵能:CH鍵413.4 kJmol1、HH鍵436.0 kJmol1。則下列敘述正確的是( )A2H2(g)O2(g)=2H2O(g) H571.6 kJmol1BCC鍵的鍵能為796.0 kJmol1CCH鍵鍵長小于HH鍵鍵長D2CH4(g)=C2H2(g)3H2(g) H376.4 kJmol1【解析】A項,生成的水應(yīng)為液態(tài);B項,C原子半徑大于H原子半徑,故CH鍵鍵長大于HH鍵鍵長;由蓋斯定律和已知數(shù)據(jù)可得2CH4(g)=C2H2(g)3H2(g) H376.4 kJmol1,由鍵能與反應(yīng)熱的關(guān)系可知376.4 kJmol18413.4 kJmol12413.4 kJmol1x3436.0 kJmol1,解得x796.0 kJmol1,故B項正確,D項錯誤。【答案】B3圖像與熱化學(xué)方程式書寫典例3依據(jù)下圖判斷,下列說法正確的是( )A2 mol H2(g)與1 mol O2(g)所具有的總能量比2 mol H2O(g)所具有的總能量低B氫氣的燃燒熱為H241.8 kJmol1C液態(tài)水分解的熱化學(xué)方程式為2H2O(l)=2H2(g)O2(g) H571.6 kJmol1DH2O(g)變成H2O(l)時,斷鍵吸收的能量小于成鍵放出的能量【解析】A項,觀察題圖知,2 mol H2(g)與1 mol O2(g)所具有的總能量比2 mol H2O(g)所具有的總能量高;B項,氫氣的燃燒熱是指1 mol氫氣完全燃燒生成液態(tài)水時所放出的能量,氫氣的燃燒熱為H285.8 kJmol1;D項,H2O(g)變成H2O(l)是物理變化,不涉及化學(xué)鍵的斷裂與形成?!敬鸢浮緾4蓋斯定律與熱化學(xué)方程式書寫典例4氫氣不僅是新能源,也是重要的化工原料。氫氣可由甲烷制備:CH4(g)H2O(l)=CO(g)3H2(g) H250.1 kJmol1,已知298 K時,CH4(g)、CO(g)的燃燒熱分別為890 kJmol1、283 kJmol1。寫出氫氣燃燒熱的熱化學(xué)方程式_?!窘馕觥緾H4(g)H2O(l)=CO(g)3H2(g) H250.1 kJmol1;CH4(g)、CO(g)的燃燒熱的熱化學(xué)方程式分別為CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H890 kJmol1;CO(g)O2(g)=CO2(g)H283 kJmol1;根據(jù)蓋斯定律,由()/3得H2(g)O2(g)=H2O(l) H285.7 kJmol1?!敬鸢浮縃2(g)O2(g)=H2O(l) H285.7 kJmol1二對點增分集訓(xùn)1已知在398 K、1105 Pa條件下,2 mol H2燃燒生成水蒸氣放出484 kJ熱量,下列熱化學(xué)方程式正確的是( )AH2O(g)=H2(g)O2(g) H242 kJmol1B2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H484 kJmol1CH2(g)O2 (g)=H2O(g) H242 kJmol1D2H2(g)O2(g)=2H2O (g) H484 kJmol1【解析】選項B中生成物水的狀態(tài)表述錯誤,產(chǎn)物水應(yīng)為氣態(tài);選項C和D中反應(yīng)熱H的符號錯誤,放熱反應(yīng)應(yīng)用負(fù)號“”表示?!敬鸢浮緼2下列熱化學(xué)方程式中正確的是( )A甲烷的燃燒熱為890.3 kJmol1,則甲烷燃燒的熱化學(xué)方程式可表示為CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g) H890.3 kJmol1B500、30 MPa下,將0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密閉容器中充分反應(yīng)生成NH3(g)放熱19.3 kJ,其熱化學(xué)方程式為N2(g)3H2(g)2NH3(g)H38.6 kJmol1CHCl和NaOH反應(yīng)的中和熱H57.3 kJmol1,則H2SO4和Ca(OH)2反應(yīng)的中和熱H2(57.3) kJmol1D在101 kPa時,2 g H2完全燃燒生成液態(tài)水,放出285.8 kJ 熱量,氫氣燃燒的熱化學(xué)方程式為2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H571.6 kJmol1【解析】燃燒熱要求產(chǎn)物必須是穩(wěn)定的氧化物,水必須是液態(tài),A錯誤;合成氨為可逆反應(yīng),故放出19.3 kJ熱量時生成NH3的物質(zhì)的量小于1 mol,因此N2(g)3H2(g) 2NH3(g) H38.6 kJmol1;B錯誤;中和熱是指強(qiáng)酸、強(qiáng)堿的稀溶液發(fā)生中和反應(yīng)生成1 mol H2O時放出的熱量,而與生成水的物質(zhì)的量的多少無關(guān),C錯誤;2 g H2的物質(zhì)的量為1 mol,故2 mol H2燃燒生成液態(tài)水時放出熱量應(yīng)為571.6 kJ,D正確?!敬鸢浮緿3天然氣燃燒不完全會產(chǎn)生有毒氣體CO,又知CO和CH4燃燒的熱化學(xué)方程式分別為2CO(g)O2(g)=2CO2(g) H566 kJmol1CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H890 kJmol1又知由1 mol H2與O2反應(yīng)生成液態(tài)H2O比生成氣態(tài)H2O多放出44 kJ的熱量。則下列熱化學(xué)方程式正確的是( )A2CH4(g)O2(g)=CO2(g)CO(g)4H2O(l) H1214 kJmol1B2CH4(g)O2(g)=CO2(g)CO(g)4H2O(g) H1038 kJmol1C3CH4(g)5O2(g)=CO2(g)2CO(g)6H2O(l) H1538 kJmol1D3CH4(g)5O2(g)=CO2(g)2CO(g)6H2O(g) H1840 kJmol1【解析】根據(jù)題意寫出有關(guān)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下:2CO(g)O2(g)=2CO2(g) H1566 kJmol1;CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H2890 kJmol1;H2O(g)=H2O(l) H344 kJmol1;CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g) H4;CH4(g)O2(g)=CO(g)2H2O(l) H5;2,可求H4890 kJmol188 kJmol1802 kJmol1;,可求H5890 kJmol1283 kJmol1607 kJmol1。A項中,HH2H51497 kJmol1;同理,B項中H為1321 kJmol1,C項中H為2104 kJmol1,D項中H為1840 kJmol1?!敬鸢浮緿4化學(xué)反應(yīng)N23H22NH3的能量變化如圖所示,該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是( )AN2(g)3H2(g)2NH3(l) H2(abc)kJmol1BN2(g)3H2(g)2NH3(g) H2(ba)kJmol1CN2(g)H2(g)NH3(g) H(bca)kJmol1DN2(g)H2(g)NH3(g) H(ab)kJmol1【解析】由圖可以看出,E為反應(yīng)的活化能,反應(yīng)熱等于反應(yīng)物的活化能減生成物的活化能,所以N2(g)H2(g)NH3(g) H=(a-b)kJmol1,即N2(g)3H2(g)2NH3(g) H=-2(b-a)kJmol1,故BD錯誤;而1mol的NH3(g)轉(zhuǎn)化為1mol的NH3(l)放出的熱量為ckJ,根據(jù)蓋斯定律有:N2(g)H2(g)NH3(l) H =(a-b-c)kJmol1,即:N2(g)3H2(g)2NH3(l) H2(abc) kJmol1,故A正確,C錯誤;故選:A。【答案】A5在25、1.01105 Pa下,將22 g CO2通入到750 mL 1.0 molL1的NaOH溶液中充分反應(yīng),放出x kJ熱量。在該條件下1 mol CO2通入到2 L 1.0 molL1的NaOH溶液中充分反應(yīng),放出y kJ熱量,則CO2與NaOH反應(yīng)生成NaHCO3的熱化學(xué)方程式為( )ACO2(g)NaOH(aq)=NaHCO3(aq) H(2yx) kJmol1BCO2(g)NaOH(aq)=NaHCO3(aq) H(4xy) kJmol1CCO2(g)NaOH(aq)=NaHCO3(aq) H(2xy) kJmol1DCO2(g)NaOH(aq)=NaHCO3(aq) H(8x2y) kJmol1【解析】根據(jù)題意,22 g CO2通入750 mL 1.0 molL1的NaOH溶液中充分反應(yīng),n(CO2)0.5 mol,n(NaOH)1.0 molL10.75 L0.75 mol,該反應(yīng)既生成碳酸鈉又生成碳酸氫鈉,方程式為2CO23NaOH=NaHCO3Na2CO3H2O,由0.5 mol CO2反應(yīng)放出熱量為x kJ,則2 mol CO2反應(yīng)放出熱量為4x kJ,即熱化學(xué)方程式為2CO2(g)3NaOH(aq)=NaHCO3(aq)Na2CO3(aq)H2O(l) H4x kJmol1,又1 mol CO2通入2 L 1.0 molL1 NaOH溶液中充分反應(yīng)放出y kJ的熱量,則熱化學(xué)方程式為2NaOH(aq)CO2(g)=Na2CO3(aq)H2O(l) Hy kJmol1,由蓋斯定律可知,可得,NaOH(aq)CO2(g)=NaHCO3(aq) H(4xy) kJmol1?!敬鸢浮緽6硝酸廠的尾氣直接排放將污染空氣,目前科學(xué)家探索利用燃料氣體中的甲烷等將氮氧化物還原為氮氣和水,其反應(yīng)機(jī)理為CH4(g)4NO2(g)=4NO(g)CO2(g)2H2O(g) H574 kJmol1CH4(g)4NO(g)=2N2(g)CO2(g)2H2O(g) H1 160 kJmol1則甲烷直接將NO2還原為N2的熱化學(xué)方程式為_?!窘馕觥扛鶕?jù)蓋斯定律,()即可得出答案?!敬鸢浮緾H4(g)2NO2(g)=CO2(g)2H2O(g)N2(g) H867 kJmol17參考下列圖表和有關(guān)要求回答問題: (1)圖是1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反應(yīng)生成CO2和NO過程中能量變化示意圖,若在反應(yīng)體系中加入催化劑,反應(yīng)速率增大,E1的變化是_(填“增大”、“減小”或“不變”,下同),H的變化是_。請寫出NO2和CO反應(yīng)的熱化學(xué)方程式:_。(2)甲醇質(zhì)子交換膜燃料電池中將甲醇蒸氣轉(zhuǎn)化為氫氣的兩種反應(yīng)原理是CH3OH(g)H2O(g)=CO2(g)3H2(g) H49.0 kJmol1CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2(g) H192.9 kJmol1又知H2O(g)=H2O(l) H44 kJmol1則甲醇燃燒生成液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為_。(3)下表是部分化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù):化學(xué)鍵PPPOO=OP=O鍵能/kJmol1abcx已知1 mol白磷(P4)完全燃燒放熱為d kJ,白磷及其完全燃燒的生成物結(jié)構(gòu)如上圖所示,則上表中x_kJmol1(用含有a、b、c、d的代數(shù)式表示)?!窘馕觥浚?)觀察圖形,E1應(yīng)為反應(yīng)的活化能,加入催化劑反應(yīng)的活化能降低,但是H不變;1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反應(yīng)生成CO2和NO的反應(yīng)熱數(shù)值即反應(yīng)物和生成物的能量差,因此該熱反應(yīng)的化學(xué)方程式為NO2(g)CO(g)=CO2(g)NO(g) H234 kJmol1。(2)方程式322得:CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H3(192.9 kJmol1)249.0 kJmol12(44 kJmol1)764.7kJmol1。(3)反應(yīng)熱反應(yīng)物鍵能總和生成物鍵能總和,即6a5c(4x12b)d,可得x(6a5cd12b)?!敬鸢浮浚?)減小不變NO2(g)CO(g)=CO2(g)NO(g) H234 kJmol1(2)CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H764.7 kJmol1(3)(6a5cd12b)7培優(yōu)點十九 Ksp的計算一Ksp的計算及應(yīng)用1判斷能否沉淀典例1等體積混合0.2molL1的AgNO3和NaAc溶液是否會生成AgAc沉淀?(已知AgAc的Ksp為2.3103)【解析】c(Ag+)c(Ac)molL10.1molL1;Qcc(Ag+)c(Ac)1.0102Ksp;故有AgAc沉淀生成。【答案】有AgAc沉淀生成2判斷能否沉淀完全典例2取5mL 0.002molL1 BaCl2與等體積的0.02molL1 Na2SO4的混合,是否有沉淀產(chǎn)生?若有,計算Ba2+是否沉淀完全。(該溫度下BaSO4的Ksp1.11010)【解析】此題中,Qcc(Ba2+)c(SO)1105Ksp,故有沉淀生成。兩種溶液混合之后,SO濃度變?yōu)?103molL1,根據(jù)Kspc(Ba2+)c(SO),計算得c(Ba2+)5。(2)要使Cu2+濃度降至0.2molL110002104molL1,c(OH) molL1108molL1,c(H+)106molL1,此時溶液的pH6?!敬鸢浮?5判斷沉淀的順序典例5將0.001molL1 AgNO3溶液逐滴滴入0.001molL1 KCl和0.001molL1 K2CrO4的混合溶液中,先產(chǎn)生哪種沉淀?已知該溫度下,Ksp(AgCl)1.561010,Ksp(Ag2CrO4)1.121012【解析】開始產(chǎn)生AgCl沉淀時所需Ag濃度為c(Ag)molL11.56107molL1;開始產(chǎn)生Ag2CrO4沉淀時所需Ag濃度為c(Ag)molL1molL13.346105molL1,因此,開始沉淀Cl時所需Ag的濃度小,故先產(chǎn)生AgCl沉淀。【答案】AgCl先沉淀6離子的分離與提純典例6常溫下,如果溶液中Fe3+和Mg2+的濃度都為0.10molL1,使Fe3+沉淀完全而使Mg2+不沉淀需要控制溶液pH的范圍是_。(已知:KspFe(OH)34.01038,KspMg(OH)21.81011)【解析】可以利用生成氫氧化物沉淀的方法將其分離。Fe3+沉淀完全時,c(OH)molL1molL11.51011molL1,c(H+)molL16.67104molL1,pHlg c(H+)lg6.671043.2,Mg2+開始產(chǎn)生沉淀時,c(OH)molL1molL11.342105molL1,c(H+)molL17.451010molL1,pHlgc(H+)lg7.4510109.2,當(dāng)pH9.2時,F(xiàn)e3+早已沉淀完全,因此,只要將pH控制在3.29.2之間,即可將Fe3+和Mg2+分離開來。【答案】3.29.2二對點增分集訓(xùn)1已知:PbI2的Ksp7.0109,將7.5103molL1的KI溶液與一定濃度的Pb(NO3)2溶液按21體積混合(忽略體積變化),則生成PbI2沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小濃度為( )A2.8104molL1 B5.6104molL1 C4.2104molL1 D8.4104molL1【解析】KI溶液與Pb(NO3)2溶液按體積比為21混合,混合后溶液體積增加,I物質(zhì)的量濃度減小為原來的,c(I)7.5103molL15103molL1;PbI2沉淀溶解平衡為PbI2(s)Pb2+2I;c(Pb2+)c2(I)Ksp,所以c(Pb2+)2.8104molL1,所以原Pb(NO3)2溶液中c(Pb2+)2.8104 molL138.4104 molL1?!敬鸢浮緿2已知:25時,KspM(OH)23.21011,則此溫度下M(OH)2飽和溶液的pH為( )A10 B10+lg2 C10+2lg2 D102lg2【解析】已知Kspc(M2+)c2(OH),且只有M(OH)2的飽和溶液中,2c(M2+)c(OH),設(shè)c(M2+)x,則c(OH)2x,即x(2x)23.21011,解x2104,c(OH)4104,則c(H+)1010 molL1,所以pHlg101010+2lg 2?!敬鸢浮緾3已知Ksp(AgCl)1.561010,Ksp(AgBr)7.71013,Ksp(Ag2CrO4)9.01012。某溶液中含有Cl、Br和CrO,濃度均為0.010molL1,向該溶液中逐滴加入0.010molL1的AgNO3溶液時,三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為( )ACl、Br、CrO BBr、Cl、CrOCCrO、Br、Cl DBr、CrO、Cl【解析】當(dāng)溶液中c(Cl)為0.01molL1時,產(chǎn)生沉淀AgCl時所需Ag的濃度為c(Ag)molL11.56108molL1,同理含Br溶液中所需c(Ag)molL17.71011molL1,含CrO溶液中所需c(Ag) molL13105 molL1,c(Ag)越小,則越先生成沉淀,所以三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為Br、Cl、CrO?!敬鸢浮緽4在廢水處理領(lǐng)域中,H2S或Na2S能使某些金屬離子生成極難溶的硫化物而除去。25,某溶液含0.02molL1 Mn2、0.1molL1 H2S,向該溶液中通入HCl氣體或加入NaOH固體以調(diào)節(jié)溶液pH,(忽略溶液體積的變化、H2S的揮發(fā))。當(dāng)溶液的pH5時,Mn2開始沉淀為MnS,則MnS的溶度積為( )(已知:H2S兩級電離常數(shù)分別為Ka11.3107,Ka27.01015)A1.3107 B7.01015 C9.11014 D1.821014【解析】根據(jù)公式Ka1Ka2,故pH5時,c(S2)molL19.11013molL1,Ksp(MnS)c(S2)c(Mn2)9.110130.021.821014?!敬鸢浮緽525 CaCO3固體溶于水達(dá)飽和時物質(zhì)的量濃度是9.327105molL1,則CaCO3在該溫度下的Ksp為( )A9.3105 B9.7109 C7.61017 D8.7109【解析】CaCO3飽和溶液中c(Ca2)c(CO)9.327105 molL1,Kspc(Ca2)c(CO)9.3271059.3271058.7109。【答案】D6已知Cu(OH)2在水中存在著如下沉淀溶解平衡:Cu(OH)2(s)Cu2 (aq)+2OH(aq),在常溫下,Ksp21020。某CuSO4溶液中,c(Cu2)0.02molL1,在常溫下如果要生成Cu(OH)2沉淀,需要向CuSO4溶液加入堿溶液來調(diào)整pH,使溶液的pH大于( )A2 B3 C4 D5【解析】在常溫下如果要生成Cu(OH)2沉淀,則c(Cu2)c2(OH)21020,所以c(OH) molL1109 molL1,應(yīng)調(diào)節(jié)溶液pH大于5。【答案】D7以硫鐵礦為原料生產(chǎn)硫酸所得的酸性廢水中砷元素含量極高,為控制砷的排放,采用化學(xué)沉降法處理含砷廢水,相關(guān)數(shù)據(jù)如下表,若混合溶液中Ca2、Al3、Fe3的濃度均為1.0103 molL1,c(AsO)最大是( )難溶物KspCa3(AsO4)26.81019AlAsO41.61016FeAsO45.71021A5.71018 molL1 B2.6105 molL1C1.61013 molL1 D5.71024 molL1【解析】若混合溶液中Ca2、Al3、Fe3的濃度均為1.0103molL1,依據(jù)Ksp大小可以得到,c3(Ca2)c2(AsO)6.81019;c(Al3+)c(AsO)1.61016;c(Fe3)c(AsO)5.71021;計算得到c(AsO)分別約為2.6105molL1、1.61013molL1、5.71018molL1;所以最大值不能超過5.71018molL1?!敬鸢浮緼8已知KspFe(OH)28.01016,KspFe(OH)34.01038,常溫下,向含1.0mol Fe2(SO4)3和1.0mol FeSO4的1L酸性混合溶液中通入NH3至該溶液的pH為3時,溶液體積變化忽略不計,所得溶液中c(Fe2+)c(Fe3)的值為( )A21 B11 C2.51042 D2.51041【解析】pH為3時,c(OH)1011 molL1,則1.0 mol FeSO4溶液中c(Fe2+)c2(OH)1022105molL1,因此Mg2沒有沉淀完全。(4)由Ag+Cl=AgCl可知,n(Cl)12.120.001L0.001molL112.12106mol,所以水樣中c(Cl)4.04104 molL1。當(dāng)c(CrO)5.0103 molL1出現(xiàn)磚紅色沉淀時,由Ksp(Ag2CrO4)和c(CrO)5.0103molL1,得c(Ag)molL12.00105molL1,所以c(Cl)molL18.9106molL1?!敬鸢浮浚?)ZnO+2H+=Zn(OH)28.3CO2(2)4109(3)否1.8103(4)4.04104 molL18.9106 molL111
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編號:4041042
類型:共享資源
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30
積分
- 關(guān) 鍵 詞:
-
2019
高考
化學(xué)
精準(zhǔn)
培優(yōu)專練
打包
22
- 資源描述:
-
2019屆高考化學(xué)全冊精準(zhǔn)培優(yōu)專練(打包22套).zip,2019,高考,化學(xué),精準(zhǔn),培優(yōu)專練,打包,22
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