安徽省合肥一中马鞍山二中等六校教育研究会届高三下学期第二次联考理科综合化学试题.docx
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安徽省合肥一中马鞍山二中等六校教育研究会届高三下学期第二次联考理科综合化学试题
1.化学与生产和生活密切相关。
下列有关说法正确的是
A.古代记载文字的器物——甲骨,其主要成分是蛋白质
B.工艺装饰材料——天然水晶,属硅酸盐产品
C.第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”,与石墨烯互为同分异构体
D.秸秆经加工处理成吸水性的材料——植物纤维,可用作食品干燥剂
【答案】D
【解析】
【详解】A.古代记载文字的器物——甲骨,其主要成分是钙质物质,A错误;
B.工艺装饰材料——天然水晶,是二氧化硅,B错误;
C.第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”,与石墨烯是不同性质的单质,二者互为同素异形体,C错误;
D.秸秆经加工处理成吸水性的材料——植物纤维,无毒、无味、具有吸水性,所以可用作食品干燥剂,D正确;
故合理选项是D。
2.碱式氯化铜[CuaClb(OH)c·xH2O]是一种重要的无机杀虫剂,它可以通过以下步骤制备。
步骤1:
将铜粉加入稀盐酸中,并持续通空气反应生成CuCl2。
已知Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如下图所示。
步骤2:
在制得的CuCl2溶液中,加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。
下列有关说法正确的是
A.a、b、c之间的关系式为:
a=b+c
B.图中M、N分别为Fe2+、Fe3+
C.步骤1充分反应后,加入少量CuO是为了除去Fe3+
D.若制备1mol的CuCl2,理论上消耗11.2LO2
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据化合物中正负化合价的代数和等于0,可知:
2a=b+c,A错误;
B.根据题干叙述可知反应方程式2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O,可知M是O2,N是H2O,B错误;
C.Fe3+水解使溶液显酸性,CuO与H+反应产生Cu2+和水,当溶液的pH增大到一定程度,Fe3+形成Fe(OH)3程度而除去,从而达到除去Fe3+的目的,C正确;
D.制备1mol的CuCl2,转移2mol电子,根据电子守恒,需要消耗0.5molO2,由于不清楚氧气所处的条件,所以不能确定气体的体积,D错误;
故合理选项是C。
3.叠氮酸钠(NaN3)是汽车安全气囊的产气剂,Fe2O3是主氧化剂,NaHCO3作冷却剂。
当汽车发生剧烈碰撞时,分解产生大量气体使安全气囊迅速打开,从而起到安全保护作用[已知Ka(HN3)=1.8×10-5]。
下列有关说法正确的是
A.NaHCO3的冷却原理是它发生分解,消耗体系的热量
B.Fe2O3和Na反应的氧化产物是Na2O2
C.等物质的量的NaN3和HN3混合溶液显碱性
D.若有6.5gNaN3分解产生N2,则转移0.9mol电子
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaHCO3分解产生碳酸钠、水和二氧化碳,分解吸收热量,从而使环境温度降低,因而它可以起到冷却作用,A正确;
B.Fe2O3和Na反应产生FeO和Na2O,所以氧化产物是Na2O,B错误;
C.根据Ka(HN3)=1.8×10-5可知HN3是弱酸,NaN3的水解平衡常数Kh=
<1.8×10-5,说明等物质的量的NaN3和HN3混合,酸的电离作用大于盐的水解作用,所以溶液显酸性,C错误;
D.NaN3受到撞击,发生分解反应,产生N2和金属Na,反应方程式为2NaN3
3N2+2Na,根据反应方程式可知:
每有2molNaN3反应,产生3molN2,反应转移2mol电子,则6.5gNaN3反应,即有0.1mol该物质反应,转移的电子的物质的量为0.1mol,D错误;
故合理选项是A。
4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,部分元素在周期表中的位置如图所示,其中X、Y、W的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物均能发生反应,下列说法中不正确的是
X
Y
W
A.简单离子半径大小关系为:
Y>Z>W
B.X与氢元素形成的化合物中,只含极性键
C.Z、W氧化物的熔点高低:
Z D.X与Y可以存在于同一离子化合物中 【答案】B 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素,其中X、Y、W的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物间均能发生反应,Z为Na,W为Al,结合元素在周期表的位置可知,X为C,Y为N,然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答。 【详解】根据上述分析可知X、Y、Z、W分别是C、N、Na、Al。 A.Y、Z、W分别是N、Na、Al,这三种元素形成的简单离子核外都有10电子,电子层结构相似,核电荷数越大,离子半径就越小,所以简单离子半径大小关系为: Y>Z>W,A正确; B.X是C元素,其与H元素形成的氢化物如C2H6中,既含有非极性共价键C—C,也含有C—H极性键,B错误; C.Z、W分别是Na、Al,由于二者形成氧化物都是离子化合物,离子半径Al3+ D.X、Y分别是C、N,二者可以在同一离子化合物中,如NH4HCO3,(NH4)2CO3,D正确; 故合理选项是B。 【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的应用,为高频考点,把握元素的位置、元素化合物知识推断元素为解答的关键,侧重分析与推断能力的考查,注意元素周期律及元素化合物知识的应用。 5.化合物丙属于桥环化合物,是一种医药中间体,可以通过以下反应制得: 下列有关说法正确的是 A.甲分子中所有原子可能处于同一平面上 B.乙可与H2按物质的量之比1∶2发生加成反应 C.丙能使酸性高锰酸钾溶液、溴的CCl4溶液褪色,且原理相同 D.等物质的量的甲、乙分别完全燃烧时,消耗氧气的质量之比为13∶12 【答案】D 【解析】 【详解】A.甲分子中含有饱和碳原子,由于饱和碳原子构成的是正四面体结构,与该C原子连接的原子最多有2个在这一平面上,所以不可能所有原子都在同一平面上,A错误; B.乙分子中含有C=C和酯基,只有C=C双键可与H2发生加成反应,二者反应的物质的量的比为1: 1,B错误; C.丙物质含有不饱和的碳碳双键,可以被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化而使溶液褪色,也可以与溴的CCl4溶液发生加成反应而使溶液褪色,褪色原理不同,C错误; D.甲分子式是C5H6,1mol甲完全燃烧消耗O2的物质的量为6.5mol,乙化学式为C5H8O2,1mol乙完全燃烧消耗O2的物质的量为6mol,所以等物质的量的甲、乙分别完全燃烧时,消耗氧气的质量之比为13∶12,D正确; 故合理选项是D。 6.过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)常用作医药消毒剂,可以轻质碳酸钙为原料,按以下实验方法来制备。 下列有关说法正确的是 A.①煮沸的主要目的是为了除去溶解的CO2 B.②的反应中H2O2作氧化剂,氨水用来调节溶液的pH C.②中结晶的颗粒较小,过滤时可用玻璃棒轻轻搅动 D.③醇洗的主要目的是为了减少晶体的损失 【答案】D 【解析】 【详解】A.碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳,气体在溶液中的溶解度随温度的升高而减小,加热煮沸是为了除去多余的盐酸,反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O;A错误; B.向CaCl2溶液中加入H2O2、NH3·H2O,发生反应: CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl,H2O2的组成元素化合价没有发生变化,因此没有发生氧化还原反应,B错误; C.尽管②中结晶的颗粒较小,但是过滤时若用玻璃棒轻轻搅动,会导致滤纸破损,过滤失败,所以不能搅动,C错误; D.过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)微溶于水,也不溶于乙醇,用醇洗涤,可以减少晶体的溶解,同时乙醇容易挥发,可以加速晶体干燥,D正确; 故合理选项是D。 7.下列实验操作、现象及所得出的结论或解释均正确的是 选项 实验操作 现象 结论或解释 A 向盐酸中滴加Na2SO3溶液 产生使品红溶液褪色的气体 非金属性: Cl>S B 向废FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉,振荡 未出现红色固体 X中一定不含Cu2+ C 用c(Fe3+)相同的Fe2(SO4)3和FeCl3溶液,分别清洗做完银镜反应的试管 FeCl3溶液清洗得较干净 Fe3++Ag Fe2++Ag+是可逆反应,且AgCl更难溶于水 D 用3mL稀硫酸与纯锌粒反应,再加入几滴Cu(NO3)2浓溶液 迅速产生无色气体 形成Zn-Cu原电池加快了制取H2的速率 A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】 【分析】 A.盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫,酸性为HCl>亚硫酸; B.氧化性Fe3+>Cu2+,加少量Fe,先与Fe3+反应; C.AgCl更难溶; D.HNO3具有强的氧化性。 【详解】A.盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫,酸性为HCl>亚硫酸,不能利用无氧酸和含氧酸的酸性强弱比较非金属性,A错误; B.由于氧化性Fe3+>Cu2+,加少量Fe,先发生Fe与Fe3+反应,Fe3++Fe=3Fe2+,因此不能确定C中是否含Cu2+,B错误; C.氯化银的溶解度比硫酸银的小,Fe3++Ag=Fe2++Ag+,FeCl3溶液中的氯离子能使平衡向右移动,FeCl3溶液清洗得干净,C正确; D.加Cu(NO3)2浓溶液,在酸性条件下,H+、NO3-起硝酸的作用,表现强的氧化性,将Zn氧化为Zn2+,HNO3被还原为无色的NO气体,因而可加快反应速率,故不能证明形成Zn-Cu原电池加快了制取H2的速率,D错误; 故合理选项是C。 【点睛】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及元素非金属性的比较、离子检验、氧化还原反应、沉淀溶解平衡等知识,注意选项D为解答的易错点,容易错误分析为原电池反应引起,忽视了酸性条件下NO3-的强氧化性。 侧重分析能力、反应原理及规律性知识的考查。 8.ClO2气体是安全、无毒的绿色消毒剂和保鲜剂,使用中不产生致癌物及二次污染物。 某化学兴趣小组通过下图对其吸收、释放进行研究,请回答以下问题: (1)用KClO3与Na2SO3在H2SO4酸化时制取ClO2,该反应的离子方程式为______。 (2)如图A中盛放有Na2CO3-H2O2混合溶液,常用于ClO2的吸收稳定剂。 已知ClO2被稳定剂吸收生成NaClO2,若C中淀粉KI-H2SO4溶液变蓝,_____(填“能”或“不能”)说明在仪器A中ClO2被完全吸收。 (3)已知ClO2的消毒能力是等物质的量Cl2的2.5倍,则ClO2在将含氰废液中的CN-氧化成CO2和N2的反应中,氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。 (4)由B向A中滴加稀盐酸即可释放出ClO2,此时C的作用是_____。 已知ClO2能被多种稳定剂所吸收,若将ClO2用于果蔬保鲜,图中吸收效果较好的稳定剂是___(填“Ⅰ”或“Ⅱ”),原因是______。 (5)ClO2的“有效氯”可通过标定反应后溶液中的残氯[c(Cl-)]来测定。 在分析化学中以K2CrO4为指示剂,用AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-,当出现砖红色沉淀时,即指示达滴定终点。 若保证溶液中c(Cl-)降为1.0×10-5mol/L,则此时溶液中c(CrO42-)应不超过______mol/L。 [Ksp(AgCl)=2.0×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12]。 【答案】 (1).2ClO3-+SO32-+2H+=2ClO2↑+SO42-+H2O (2).不能(3).1∶1(4).检验是否有ClO2生成(5).Ⅱ(6).缓慢释放出ClO2,且能长时间维持保鲜所需要的浓度(7).5.0×10-3 【解析】 【详解】 (1)KClO3具有氧化性,Na2SO3具有还原性,二者在酸性条件下发生氧化还原反应,KClO3被还原为ClO2,SO32-被氧化为SO42-,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得反应的离子方程式为2ClO3-+SO32-+2H+=2ClO2↑+SO42-+H2O; (2)H2O2不稳定,分解产生的O2也可以将KI氧化产生I2,I2遇淀粉溶液会变为蓝色,所以说明在仪器A中ClO2被完全吸收; (3)ClO2在将含氰废液中的CN-氧化成CO2和N2,它被还原为Cl-,反应的离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2↑+N2↑+2Cl-,可见氧化剂和还原剂的物质的量之比为1: 1; (4)A中ClO2被稳定剂吸收转化为NaClO2,由B向A中滴加稀盐酸即可释放出ClO2,此时C的作用是检验是否有ClO2生成;若将ClO2用于果蔬保鲜,要求稳定剂缓慢释放出ClO2气体,且能长时间维持保鲜所需要的浓度,这样保鲜期才可以延长,根据图示可知稳定剂II相对效果更好; (5)c(Ag+)·c(Cl-)>Ksp(AgCl)=2.0×10-10,c(Ag+)<2.0×10-10÷1.0×10-5=2.0×10-5mol/L,c2(Ag+)·c(CrO42-)>Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12,c(CrO42-)<2.0×10-12÷(2.0×10-5)2=5.0×10-3mol/L,即此时溶液中c(CrO42-)应不超过5.0×10-3mol/L。 9.赤泥是铝土矿提取氧化铝过程中产生的固体废弃物,其主要成分为Fe2O3、Al2O3、CaO、TiO2、SiO2等,属于强碱性废渣。 从赤泥中回收钛的工艺流程如下: 请回答以下问题: (1)赤泥颗粒孔隙大,具有较大的比表面积,可作为废气SO2的吸收剂,研究表明该过程中主要利用了化学中和反应,其次是______。 (2)赤泥加一定量水打散的目的是______。 (3)已知高温烧结时,TiO2发生的反应是Na2CO3+TiO2 Na2TiO3+CO2↑,且Na2TiO3不溶于水。 则Al2O3在烧结中发生的反应是______,水浸液里的主要溶质有______。 (4)酸浸时,若使钛的浸出率(η%)达到90%,则根据右图工业上应采取的适宜条件是: 酸浓度和液固比的取值分别约为______、______。 同时浸出温度过高可能造成的环境污染是__________。 (5)TiO2在一定条件下可转化为TiCl4而获得精制提纯,控制TiCl4水解的条件还可以制得TiO2·xH2O纳米材料,该水解过程的化学方程式是______。 (6)赤泥中含钛(以TiO2的质量分数表示)一般为4%~12%,假设在上述工艺中钛的总回收率为75%,则1t赤泥获得TiO2的最大质量为______kg。 【答案】 (1).物理吸附 (2).增大赤泥的接触面积,且打散后便于搅拌(3).Na2CO3+Al2O3 2NaAlO2+CO2↑(4).Na2SiO3、NaAlO2(5).40%(6).6(7).会形成大量的酸雾(8).TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl(9).90 【解析】 【分析】 (1)赤泥颗粒孔隙大,具有较大的比表面积,吸附力强分析; (2)水加入可使物质松散,扩大接触面积; (3)在高温烧结时,Na2CO3与TiO2、Al2O3、SiO2会发生反应,产生相应的盐,反应后向生成物中加水,其中可溶性的盐进入溶液中,难溶性的物质仍以固体形式存在; (4)根据钛的浸出率与硫酸浓度与固液比例分析判断;根据高温盐分解产物的状态判断影响; (5)根据TiCl4是强酸弱碱盐,在溶液中发生盐的水解反应分析; (6)根据Ti元素守恒分析解答。 【详解】 (1)赤泥颗粒孔隙大,具有较大的比表面积,可作为废气SO2的吸收剂,研究表明该过程中主要利用了赤泥含有大量的Fe2O3、Al2O3、CaO、TiO2金属氧化物,可以与酸性氧化物SO2反应产生亚硫酸盐,其次就是其由于颗粒孔隙大,具有较大的比表面积,吸附力强; (2)赤泥是固体物质,加一定量水打散,可以增大赤泥的接触面积,便于吸收SO2气体,且打散后便于搅拌,反应更容易进行; (3)在高温烧结时,Na2CO3与Al2O3发生反应: Na2CO3+Al2O3 2NaAlO2+CO2↑;Na2CO3与SiO2发生反应: Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑;Na2CO3与TiO2发生的反应是Na2CO3+TiO2 Na2TiO3+CO2↑,由于NaAlO2、Na2TiO3都是可溶性的物质,而Na2TiO3是难溶性的物质,所以高温烧结后水浸反应产物,水浸液里的主要溶质有Na2SiO3、NaAlO2; (4)根据图示中钛的浸出率与硫酸浓度与固液比例关系,画一条垂直于钛的浸出率90%的线,与硫酸浓度线的交点是40%,与液固比例线的交点是6,可确定需要硫酸酸浓度约为40%,液固比的取值约为6。 同时若浸出温度过高,酸溶解钛的氧化物形成的盐可能会发生分解反应,产生酸性气体,污染环境,故浸取温度不宜过高; (5)TiCl4是强酸弱碱盐,在溶液中Ti4+发生盐的水解反应,消耗水电离产生OH-,最终使溶液显酸性,根据题意可知水解产生TiO2·xH2O和HCl,反应的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl; (6)假设赤泥中TiO2的质量分数12%,1t赤泥中TiO2的质量为m(TiO2)=1000kg×12%=120kg;由于在上述工艺中钛的总回收率为75%,所以实际最多可获得TiO2的质量为120kg×75%=90kg。 【点睛】本题以物质制备工艺流程为线索,考查了反应条件的控制、陌生方程式的书写、盐的水解、物质的分离提纯、化学计算等,这类题目一般涉及的素材比较陌生,通常会提供一些信息,但考查知识点相对比较基础,更多是进行分析评价、知识迁移运用。 同时考查了学生接受信息、分析处理问题的能力和应用能力。 10.研究煤的合理利用及CO2的综合应用有着重要的意义。 请回答以下问题: Ⅰ.煤的气化 已知煤的气化过程涉及的基本化学反应有: ①C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)ΔH=+131kJ/mol ②CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)ΔH=akJ/mol 查阅资料反应②中相关化学键键能数据如下表: 化学键 C≡O H-H H-C H-O E/(kJ/mol) 1072 436 414 465 (1)则反应②中a=______。 (2)煤直接甲烷化反应C(s)+2H2(g) CH4(g)的ΔH为______kJ/mol,该反应在______(填“高温”或“低温”)下自发进行。 Ⅱ.合成低碳烯烃 在体积为1L的密闭容器中,充入1molCO2和2.5molH2,发生反应: 2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)ΔH=-128kJ/mol,测得温度对催化剂催化效率和CO2平衡转化率的影响如右图所示: (3)图中低温时,随着温度升高催化剂的催化效率提高,但CO2的平衡转化率却反而降低,其原因是______。 (4)250℃时,该反应的平衡常数K值为______。 Ⅲ.合成甲醇 在恒温2L容积不变的密闭容器中,充入1molCO2和3molH2,发生反应: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g),测得不同时刻反应前后容器内压强变化(p后/p前)如下表: 时间/h 1 2 3 4 5 6 p后/p前 0.90 0.85 0.82 0.81 0.80 0.80 (5)反应前1小时内的平均反应速率v(H2)为______mol/(L·h),该温度下CO2的平衡转化率为______。 Ⅳ.电解逆转化制乙醇 (6)科研人员通过反复实验发现: CO2可以在酸性水溶液中电解生成乙醇,则生成乙醇的反应发生在______极(填“阴”或“阳”),该电极的反应式为______。 【答案】 (1).-206 (2).-75(3).低温(4).该反应ΔH<0,温度升高,平衡向逆反应方向移动,所以CO2的平衡转化率降低(5).1(6).0.3(7).40%(8).阴(9).2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O 【解析】 【分析】 (1)根据反应热等于旧键断裂吸收的能量与新键形成释放的能量的差值计算; (2)根据盖斯定律分析解答;反应若自发进行,则△G=ΔH-TΔS<0; (3)根据温度对催化剂的催化活性和对化学平衡移动影响分析CO2转化率的变化; (4)利用化学平衡常数定义式计算; (5)根据在恒容密闭容器内,气体的压强比等于气体的物质的量的比,计算出H2物质的量的改变值,再根据速率的定义计算;同时利用变化关系计算出平衡时CO2改变的物质的量,利用物质的转化率为质量除以起始量,计算出该温度下CO2的平衡转化率; (6)根据阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应,结合溶液的酸碱性书写电极反应式。 【详解】 (1)根据反应方程式CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)ΔH=akJ/mol,可知ΔH=(1072+3×436-4×414-2×465)kJ/mol=-206kJ/mol; (2)①+②,整理可得: C(s)+2H2(g) CH4(g)的ΔH=+131kJ/mol-206kJ/mol=-75kJ/mol;该反应是气体体积减小的放热反应,根据体系的自由能公式△G=ΔH-TΔS,若反应自发进行,则△G=ΔH-TΔS<0,所以温度较低时△G<0,反应自发进行; (3)由图分析可知在250℃时催化剂活性最大,在低于该温度时,升高温度,催化剂活性增强;而CO2的平衡转化率却随温度的升高反而降低,是由于该反应的正反应为放热反应,升高温度,化学平衡向吸热的逆反应方向移动,使反应物CO2转化率降低; (4)在250℃时CO2转化率为50%,根据起始时加入的物质的物质的量及反应2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)中各种物质的转化关系可知,达到平衡时各种物质的平衡浓度分别为c(CO2)=0.5mol/L;c(H2)=1.0mol/L;c(C2H4)=0.25mol/L;c(H2O)=1.0mol/L,则该温度下的化学平衡常数K= ; (5)化学反应: 2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) n(开始)/mol1300 1h△n/molx3xxx △n(平衡)/moly3yyy 在1h时气体的总物质的量n=(1-x)+(3-3x)+x+x=(4-2x)mol,开始时总物质的量为4mol,根据 ,解得x=0.2mol,所以H2改变的物质的量为3×0.2mol=0.6mol,v(H2)= mol/(L·h); 在平衡时气体的总物质的量n=(1-y)+(3-3y)+y+y=(4-2y)mol,开始时总物质的量为4mol,根据 ,解得y=0.4mol,所以CO的平衡转化率=(0.4mol÷1mol)×100%=40%; (6)CO2中的C化合价为+4价,乙醇CH3CH3OH中C的平均化合价为-2价,化合价降低,获得电子,所以生成乙醇的反应发生在阴极,在酸性条件下,CO2在阴极获得电子,变为乙醇,电极反应式为: 2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O。 【点睛】本题以煤及CO2的综合应用为线索,考查了反应热与键能的关系、盖斯定律、反应的自发性判据、化学
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