第六章 化学反应与能量知识点及练习题及答案.docx
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第六章化学反应与能量知识点及练习题及答案
第六章化学反应与能量知识点及练习题及答案
一、选择题
1.在密闭容器中进行下列反应:
X2 (g)+Y2(g)⇌2Z(g)。
已知X2、Y2和Z的起始浓度分别为0.1mol·L-1、0.3mol·L-1、0.2mol·L-1,当反应在一定条件下达到平衡时,各物质的浓度有可能是()
A.Y2为0.2mol·L-1B.Z为0.3mol·L-1C.X2为0.2mol·L-1D.Z为0.4mol·L-1
【答案】B
【详解】
A.若Y2为0.2mol·L-1,Y2减少0.1mol·L-1,根据方程式,消耗X20.1mol·L-1,则X2的浓度0,可逆反应不可能彻底进行,故不选A;
B.若Z为0.3mol·L-1,Z增加0.1mol·L-1,根据方程式,消耗X20.05mol·L-1、消耗Y20.05mol·L-1,则平衡时X2的浓度为0.05mol·L-1、Y2的浓度为0.25mol·L-1,符合可逆反应的特征,故选B;
C.若X2为0.2mol·L-1,X2增加0.1mol·L-1,根据方程式,消耗Z0.2mol·L-1,则Z的浓度0,可逆反应不可能彻底进行,故不选C;
D.若Z为0.4mol·L-1,Z增加0.2mol·L-1,根据方程式,消耗X20.1mol·L-1、消耗Y20.1mol·L-1,则平衡时X2的浓度为0、Y2的浓度为0.2mol·L-1,可逆反应不可能彻底进行,故不选D;
选B。
2.下列反应属于放热反应的是
A.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应
B.能量变化如图所示的反应
C.化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多的反应
D.燃烧反应和中和反应
【答案】D
【分析】
反应物总能量大于生成物总能量,或反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的热量,该反应为放热反应,据此进行分析。
【详解】
A项,氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应属于吸热反应,故A不选;
B项,生成物的总能量比反应物的总能量大,为吸热反应,故B不选;
C项,化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多的反应为吸热反应,故C不选;
D项,可燃物的燃烧以及酸碱中和反应都属于放热反应,故D可选;
故答案选D。
3.在密闭容器中进行反应:
X2(g)+3Y2(g)
2Z(g),其中X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L-1、0.3mol·L-1、0.2mol·L-1,在一定条件下,当反应达到平衡时,各物质的浓度有可能是( )。
A.c(Z)=0.5mol·L-1B.c(Y2)=0.5mol·L-1
C.c(X2)=0.2mol·L-1D.c(Y2)=0.6mol·L-1
【答案】B
【详解】
若反应向正反应进行,假定完全反应,则:
X2(g)+3Y2(g)
2Z(g)
起始量(mol/L)0.10.30.2
变化量(mol/L)0.10.30.2
平衡量(mol/L)000.4
若反应逆反应进行,假定完全反应,则:
X2(g)+3Y2(g)
2Z(g)
起始量(mol/L)0.10.30.2
变化量(mol/L)0.10.30.2
平衡量(mol/L)0.20.60
由于为可逆反应,物质不能完全转化,所以平衡时浓度范围为0<c(X2)<0.2,0<c(Y2)<0.6,0<c(Z)<0.4,B正确、ACD错误;
答案选B。
【点晴】
化学平衡的建立,既可以从正反应开始,也可以从逆反应开始,或者从正逆反应开始,不论从哪个方向开始,物质都不能完全反应,利用极限法假设完全反应,计算出相应物质的浓度变化量,实际变化量小于极限值,解答的关键是利用可逆反应的不完全性,运用极限假设法解答。
4.对于可逆反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O(g),下列叙述正确的是
A.达到平衡时,4v(O2)正=5v(NO)逆
B.达到平衡状态后,NH3、O2、NO、H2O(g)的物质的量之比为4:
5:
4:
6
C.达到平衡状态时,若增加容器体积,则反应速率增大
D.若单位时间生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3,则反应达到平衡状态
【答案】A
【详解】
A.达到平衡时,4v(O2)正=5v(NO)逆,说明正逆反应速率相等,选项A正确;
B.到达平衡时,反应混合物的物质的量关系与起始投入量及转化率有关,达到化学平衡时,NH3、O2、NO、H2O(g)的物质的量之比不一定为4∶5∶4∶6,选项B错误;
C.达到平衡状态时,若增加容器体积,相当于减小压强,则反应速率减小,选项C错误;
D.若单位时间生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3,都是指正反应速率,无法说明正逆反应速率相等,则反应不一定达到平衡状态,选项D错误。
答案选A。
5.CaCO3与稀盐酸反应(放热反应)生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。
下列结论不正确的是
A.反应开始2分钟内平均反应速率最大
B.反应4~6分钟平均反应速率最小
C.反应开始4分钟内温度对反应速率的影响比浓度大
D.反应4分钟后反应速率下降的原因是盐酸浓度逐渐减小
【答案】A
【详解】
A.该曲线斜率表示单位时间内产生二氧化碳的量,即二氧化碳产生速率,由图可知,2~4min内斜率较大,因此2~4min内平均反应速率最大,故A项结论错误;
B.同A项原理可知,反应4~6min平均反应速率最小,故B项结论正确;
C.随反应进行氢离子浓度降低,氢离子浓度变化使反应速率降低,由图象可知,0~2min反应刚开始,温度较低此时反应速率由氢离子浓度决定,2~4min速率最快,2~4min温度对反应速率起主要作用,开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大,故C项结论正确;
D.反应4min后,温度较高,但此时反应速率降低,是因为随反应进行氢离子浓度降低,故D项结论正确;
综上所述,结论错误的是A项,故答案为A。
6.如图所示进行实验,下列说法不正确的是
A.装置甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生
B.甲、乙装置中的能量变化均为化学能转化为电能
C.装置乙中的锌、铜之间用导线连接电流计,可观察到电流计指针发生偏转
D.装置乙中负极的电极反应式:
Zn-2e-===Zn2+
【答案】B
【详解】
A.装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气,装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中,铜片作正极,正极上氢离子得电子发生还原反应,所以甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生,故A正确;
B.装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气没有形成原电池,故B错误;
C.装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中,所以锌、铜之间用导线连接电流计,可观察到电流计指针发生偏转,故C正确;
D.装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中,锌片的活泼性大于铜片的活泼性,所以锌片作负极,负极上锌失电子发生氧化反应,电极反应式:
Zn-2e-═Zn2+,故D正确;故选B。
【点睛】
准确理解原电池原理是解题关键,装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气,装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中,锌片的活泼性大于铜片的活泼性,所以锌片作负极,负极上锌失电子发生氧化反应,铜片作正极,正极上氢离子得电子发生还原反应,据此分析。
7.完全燃烧一定质量的无水乙醇,放出的热量为Q,已知为了完全吸收生成的二氧化碳,消耗掉8mol•L-1的氢氧化钠溶液50mL,则1mol无水乙醇的燃烧放出的热量不可能是
A.10QB.10Q~5QC.大于10QD.5Q
【答案】C
【详解】
n(NaOH)=0.05L×8mol/L=0.4mol,则由CO2~2NaOH~Na2CO3,可知n(CO2)=0.2mol,则n(C2H6O)=0.5×n(CO2)=0.1mol,放出的热量为Q,所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为10Q,由CO2~NaOH~NaHCO3可知,n(CO2)=0.4mol,则n(C2H6O)=0.5×n(CO2)=0.2mol,放出的热量为Q,所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为5Q,若二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠和碳酸钠的混合物,则乙醇燃烧放出的热量介于5Q~10Q之间,所以选项C不符合;故答案选C。
8.下列有关反应速率的说法正确的是()
A.用铁片和稀硫酸反应制氢气时,改用98%的硫酸可以加快反应速率
B.100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应,加入适量的氯化钠溶液,反应速率不变
C.SO2的催化氧化反应是一个放热的反应,所以升高温度,反应速率变慢
D.汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2,减小压强反应速率变慢
【答案】D
【详解】
A.稀硫酸改为98%的硫酸,铁在浓硫酸中钝化而不能产生氢气,A错误;
B.100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应,加入适量的氯化钠溶液,氯化钠不反应,但稀释了盐酸,氢离子浓度下降,故反应速率下降,B错误;
C.所以升高温度,反应速率加快,C错误;
D.有气体参加的反应,减小压强反应速率变慢,D正确;
答案选D。
9.Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。
该电池以海水为电解质溶液,示意图如图。
该电池工作时,下列说法正确的是( )
A.Mg电极是该电池的正极B.H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C.石墨电极附近溶液的碱性增强D.溶液中Cl-向正极移动
【答案】C
【分析】
镁、过氧化氢和海水形成原电池,镁做负极发生氧化反应,过氧化氢在正极上发生还原反应,过氧化氢做氧化剂被还原为OH-,溶液pH增大,原电池中阴离子移向负极。
【详解】
A.组成的原电池的负极被氧化,镁为负极,不是正极,故A错误;
B.双氧水作为氧化剂,在石墨上被还原变为氢氧根离子,发生还原反应,故B错误;
C.双氧水作为氧化剂,在石墨上被还原变为氢氧根离子,电极反应为,H2O2+2e-=2OH-,故溶液pH值增大,故C正确;
D.溶液中Cl-移动方向与同外电路电子移动方向一致,应向负极方向移动,故D错误;
答案选C。
10.如图a为在恒温恒容密闭容器中分别充入X、Y、Z三种气体,一定条件下发生反应,各物质浓度随时间的变化。
若从t2开始,每个时刻只改变一个且不同的条件,物质Z的正、逆反应速率随时间变化如图b。
下列说法不正确的是()
A.0~t1内X与Y的平均反应速率之比为3∶2
B.该反应中Z一定为产物
C.该反应的正反应为放热反应
D.t2时刻改变的条件可能是压强或催化剂
【答案】C
【分析】
t1~t2阶段、t2~t3阶段与t4~t5阶段正逆反应速率都相等,每个时刻只改变一个且不同的条件,t2~t3阶段与t4~t5阶段反应速率加快且平衡不移动,说明分别是使用了催化剂和加压,则反应前后气体体积不变,0~t1时,X减少0.09mol/L,Y增大0.06mol/L,所以Z一定是生成物,且生成0.03mol/L,t3~t4阶段改变的条件只能是降低反应温度,平衡逆向移动,说明正反应吸热,以此分析解答。
【详解】
A.0~t1min内X与Y的平均反应速率之比等于物质的量浓度的变化量之比,即为:
(0.15-0.06)mol/L∶(0.11-0.05)mol/L=3∶2,故A正确;
B.由上述分析可知,Z一定是生成物,故B正确;
C.由上述分析可知,t3~t4阶段改变的条件只能是降低反应温度,平衡逆向移动,说明正反应吸热,故C错误;
D.t1~t2阶段、t2~t3阶段与t4~t5阶段正逆反应速率都相等,每个时刻只改变一个且不同的条件,t2~t3阶段与t4~t5阶段反应速率加快且平衡不移动,说明分别是使用了催化剂和加压,也说明了该反应前后气体体积不变,故D正确;
答案选C。
11.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如下图所示,其中X形成化合物种类最多,下列说法正确的是:
X
Y
Z
W
A.X位于第二周期IV族
B.Y的气态氢化物的水溶液中只存在两个平衡状态
C.W的最高价氧化物是太阳能电池和电脑芯片中不可缺少的材料
D.常温下,将Z单质投入到Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液中,无明显现象
【答案】D
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W,根据元素在周期表中的位置知,X和Y属于第二周期元素、Z和W属于第三周期元素,其中X形成化合物种类最多,则X是C元素,那么Y是N元素、Z是Al元素、W是Si元素
【详解】
A.X是C元素,位于第二周期IVA族,所以A错。
B.Y的气态氢化物为NH3,氨水中发生
,还有
,故存在3个平衡状态,所以B错。
C.W的最高价氧化物是SiO2,不是太阳能电池和电脑芯片中不可缺少的材料,所以C错。
D.Z单质是Al,Y的最高价氧化物对应的水化物是浓硝酸,常温下,Al和浓硝酸发生钝化现象,所以D对。
12.下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
用坩埚钳夹持一片未打磨的薄铝片,在酒精灯火焰上加热,
铝不能滴落下来,好像有一层膜兜着
铝熔点高,没能熔化
B
将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧
集气瓶口上方有白烟生成
H2、Cl2化合生成HCl
C
取两支试管,分别放入一小片打磨过的铝片,再分别加入3mL20%的盐酸和氢氧化钠溶液
都有气体产生
前者生成氢气,后者生成氧气
D
相同温度条件下,向两支试管中分别加入2mL质量分数为3%和6%的H2O2溶液,再分别加入等量二氧化锰粉末,比较H2O2的分解速率
6%的H2O2溶液试管中产生气泡的速率较快
相同条件浓度大H2O2分解速率快
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【详解】
A.铝不能滴落下来,好像有一层膜兜着并不是因为铝熔点高,而是因为加热时铝与氧气反应生成熔点很高的氧化铝,故A错误;
B.生成的HCl气体与空气中的水蒸气凝结成小液滴,出现白雾并不是白烟,故B错误;
C.铝和盐酸或者氢氧化钠反应生成的气体均为氢气,故C错误;
D.两支试管中只有H2O2溶液的浓度不同,其他条件完全相同,6%的H2O2溶液试管中产生气泡的速率较快,可以说明相同条件浓度大H2O2分解速率快,故D正确;
综上所述答案为D。
13.将CH4设计成燃料电池,其利用率更高,装置如图所示(A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷,在标准状况下,消耗甲烷体积VL。
则下列说法正确的是
A.OH-由A端移向B端
B.0<V≤22.4L时,电池总反应的化学方程式为CH4+2O2+KOH=KHCO3+2H2O
C.22.4L<V≤44.8L时,负极电极反应为:
CH4+9CO32-+3H2O-8e-=10HCO3-
D.V=33.6L时,溶液中阴离子浓度大小关系为c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】
n(KOH)=2mol/L×1L=2mol,可能先后发生反应①CH4+2O2=CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3。
【详解】
A、燃料电池中,通入CH4的一端为原电池的负极,通入空气的一端为原电池的正极,在原电池中阴离子向负极移动,OH-由B端移向A端,故A错误;
B、当0<V≤22.4L时,0<n(CH4)≤1mol,则0<n(CO2)≤1mol,只发生反应①②,且KOH过量,则电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O,故B错误;
C、当22.4L<V≤44.8L,1mol<n(CH4)≤2mol,则1mol<n(CO2)≤2mol,发生反应①②③,得到K2CO3和KHCO3溶液,则负极反应式为CH4-8e-+9CO32-+3H2O=10HCO3-,故C正确;
D、当V=33.6L时,n(CH4)=1.5mol,n(CO2)=1.5mol,则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O,则得到0.5molK2CO3和1molKHCO3的溶液,则c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-),故D错误;
故选C。
【点晴】
本题考查了燃料电池的工作原理重要考点,计算要求的综合性较强,本题难度较大。
解答本题,要理清思路:
燃料电池中,通入燃料的一端为原电池的负极,通入空气的一端为原电池的正极,n(KOH)=2mol/L×1L=2mol,可能先后发生反应①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3;根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量,结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。
14.一些烷烃的燃烧热如下表:
化合物
燃烧热/kJ·mol-1
化合物
燃烧热/kJ·mol-1
甲烷
890.3
正丁烷
2878.0
乙烷
1560.8
异丁烷
2869.6
丙烷
2221.5
2-甲基丁烷
3531.3
下列表达正确的是
A.乙烷燃烧的热化学方程式为:
2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g)ΔH=-1560.8kJ·mol-1
B.稳定性:
正丁烷>异丁烷
C.正戊烷的燃烧热大于3531.3kJ·mol-1
D.相同质量的烷烃,碳的质量分数越大,燃烧放出的热量越多
【答案】C
【详解】
A.根据乙烷燃烧热的含义:
完全燃烧1mol乙烷生成二氧化碳和液态水时会放出1560.8KJ的热量,所以热化学方程式为2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=-3121.6kJ/mol,故A错误;
B.由表格中的数据可知,异丁烷的燃烧热比正丁烷的燃烧热小,则异丁烷的能量低,即热稳定性为正丁烷<异丁烷,故B错误;
C.正戊烷和2-甲基丁烷互为同分异构体,由表格中正丁烷、异丁烷的燃烧热比较可知,则互为同分异构体的化合物,支链多的燃烧热小,则正丁烷的燃烧热大于2-甲基丁烷,即正戊烷的燃烧热大约在3540KJ/mol左右,且大于3531.3KJ/mol,故C正确;
D.相同质量的烷烃,碳的质量分数越大,燃烧放热越少,即n越大,燃烧放出的热量越少,氢的数目越大燃烧放热越多,故D错误;
故答案为C。
15.根据反应KMnO4+FeSO4+H2SO4→MnSO4+Fe2(SO4)3+K2SO4+H2O(未配平)设计如下原电池,其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1mol·L-1,溶液的体积均为200mL,盐桥中装有饱和K2SO4溶液。
下列说法不正确的是()
A.石墨b是原电池的负极,发生氧化反应
B.忽略溶液体积变化,Fe2(SO4)3浓度变为1.5mol/L,则反应中转移的电子为0.1mol
C.甲烧杯中的电极反应式:
MnO4-+5e-+8H+=Mn2++4H2O
D.电池工作时,盐桥中的K+向甲烧杯中移动
【答案】B
【详解】
A.在乙池中,Fe2+-e-=Fe3+,则石墨b是原电池的负极,发生氧化反应,A正确;
B.Fe2(SO4)3浓度变为1.5mol/L,则反应生成的Fe2(SO4)3为0.5mol/L×0.2L=0.1mol,由Fe2+生成的Fe3+为0.2mol,则反应中转移的电子为0.2mol,B错误;
C.甲烧杯中,MnO4-得电子转化为Mn2+,电极反应式为MnO4-+5e-+8H+=Mn2++4H2O,C正确;
D.电池工作时,甲烧杯中阳离子减少,所以盐桥中的K+向甲烧杯中移动,D正确。
故选B。
16.一定温度下,向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应,反应中各物质的物质的量变化如图所示。
则下列对该反应的推断合理的是()
A.该反应的化学方程式为6A+2D
3B+4C
B.0~1s内,v(A)=v(B)
C.0~5s内,B的平均反应速率为006mol·L-1·s-1
D.5s时,v(A)=v(B)=v(C)=v(D)
【答案】C
【分析】
由图像可知,A、D物质增加为生成物,B、C物质减少为反应物,根据变化的物质的量之比与系数之比相等写出化学方程式;
,以此计算化学反应速率。
【详解】
A.由图可知,反应达到平衡时A物质增加了1.2mol,D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质减少了0.8mol,故A、D为生成物,B、C为反应物,该反应的化学方程式为
,A项错误;
B.0~1s内,A、B的物质的量变化量不等所以
,B项错误;
C.0~5s内,B的平均反应速率
,C项正确;
D.5s时反应达到了化学平衡状态,
,D项错误;
故答案选:
C。
17.将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭真空容器中(容器体积不变,固体试样体积忽略不计),在恒定温度下使其达到平衡:
NH2COONH4(s)
2NH3(g)+CO2(g)。
可以判断该反应已经达到平衡的是
A.2v(NH3)=v(CO2)B.容器中总压强不变
C.容器中混合气体的平均相对分子质量不变D.容器中氨气的体积分数不变
【答案】B
【详解】
A.当v(NH3)正=v(NH3)逆或v(NH3)正=2v(CO2)逆时,即该反应正反应和逆反应速率相等,已经达到平衡,2v(NH3)=v(CO2)不能表明正反应和逆反应速率相等,故A错误;
B.随着NH2COONH4(s)
2NH3(g)+CO2(g)不断进行,容器中总压强会有变化,当总压强不变时,则能表明气体总的物质的量、各成为的物质的量不再变化,该反应已经达到平衡,故B正确;
C.容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变,因为混合气体是氨气和二氧化碳按物质的量之比为2:
1混合而成,故C错误;
D.容器中混合气体是氨气和二氧化碳按物质的量之比为2:
1混合而成,氨气的体积分数始终为66.67%,故D错误;
答案选B。
18.已知NO2和N2O4可以相互转化
,反应每生成1moN2O4 ,放出24.2kJ的热量.在恒温条件下,将一定量的NO2和N2O4混合气体通入一容积为2L的密闭容器中,反应物浓度随时间变化关系如下图.下列说法正确的是()
A.前10min内用v(NO2)表示的化学反应速率为0.02mol/(L·min)
B.图中a、b、c、d四个点中,a、c两点的v正≠v逆
C.反应进行到10min时放出的热量为9.68kJ
D.25min时,导致物质浓度变化的原因是将密闭容器的体积缩小为1L
【答案】B
【分析】
从图中可以看出,25min前,X的浓度变化量为0.4mol/L,而Y的浓度变化量为0.2mol/L,由热化学方程式中的化学计量数关系,可确定X为NO2、Y为N2O4;在25min时,改变某条件,X的浓度突然增大,而Y的浓度不变,所以此时应往密闭容器中充入NO2气体。
【详解】
A.前10min内用v(NO2)表示的化学反应速率为
=0.04mol/(L·min),A不正确;
B.图中a、b、c、d四个点中,a、c两点的X、Y浓度都发生变化,此时平衡仍发生移动,所以v正≠v逆,B正确;
C.因为反应由N2O4转化为NO2,所以反应进行到10min时,应吸收热量,C不正确;
D.由以上分析可知,25min时,导致物质浓度变化的原因是往密闭容器中充入NO2气体,D不正确;
故选B。
19.向BaCl2溶液中通入SO2气体,溶液仍然澄清;若将BaCl2溶液分盛在两支试管中,一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液,然后再通入SO2气体,结果两支试管都有白色
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