精选备战高考化学易错题专题复习化学能与电能附答案解析.docx
- 文档编号:12685767
- 上传时间:2023-04-21
- 格式:DOCX
- 页数:24
- 大小:462.27KB
精选备战高考化学易错题专题复习化学能与电能附答案解析.docx
《精选备战高考化学易错题专题复习化学能与电能附答案解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《精选备战高考化学易错题专题复习化学能与电能附答案解析.docx(24页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
精选备战高考化学易错题专题复习化学能与电能附答案解析
2020-2021精选备战高考化学易错题专题复习化学能与电能附答案解析
一、化学能与电能
1.现需设计一套实验装置来电解饱和食盐水,并测量电解产生的氢气的体积(约6mL)和检验氯气的氧化性(不应将多余的氯气排入空气中)。
(1)试从上图图1中选用几种必要的仪器,连成一整套装置,各种仪器接口的连接顺序(填编号)是:
A接______,B接______。
(2)碳棒上发生的电极反应为_______。
(3)能说明氯气具有氧化性的实验现象是_______。
(4)假定装入的饱和食盐水为50mL(电解前后溶液体积变化可忽略),当测得的氢气为5.6mL(已折算成标准状况)时,溶液的pH为____。
(5)工业上采用离子交换膜法电解饱和食盐水,如上图图2,该离子交换膜是__(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜,溶液A是_______(填溶质的化学式)
【答案】G、F、ID、E、C2Cl--2e-=Cl2↑淀粉-KI溶液变成蓝色12阳离子NaOH
【解析】
【分析】
(1)实验的目的是电解饱和食盐水,并测量电解产生的氢气的体积(约6mL)和检验氯气的氧化性,结合装置的作用来连接装置;
(2)实验目的生成氢气和氯气,所以铁应为阴极,碳棒为阳极;
(3)氯气具有氧化性,能氧化碘离子生成碘单质,使淀粉碘化钾溶液变蓝色说明;
(4)电解饱和食盐水的方程式:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑,利用公式c=
来计算NaOH的物质的量浓度,然后求出氢离子的浓度,最后求出pH;
(5)氢气在阴极生成,则b为阴极,a为阳极,阳离子向阴极移动,则离子交换膜允许阳离子通过;a极上氯离子失电子,生成氯气同时溶液中生成NaOH。
【详解】
(1)产生的氢气的体积用排水量气法,预计H2的体积6ml左右,所以选I不选H,导管是短进长出,所以A接G,用装有淀粉碘化钾溶液的洗气瓶检验氯气时,导管要长进短出,所以B接D,氯气要进行尾气处理,即E接C;
(2)实验目的生成氢气和氯气,所以铁应为阴极,连接电源负极,碳棒为阳极,所以炭棒接直流电源的正极,电极反应:
2Cl--2e-═Cl2↑;
(3)氯气具有氧化性,能氧化碘离子生成碘单质,碘单质遇到淀粉变蓝色,使淀粉碘化钾溶液变蓝色说明氯气具有氧化性;
(4)因电解饱和食盐水的方程式:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑,当产生的H2的体积为5.6mL时,物质的量n=
=2.5×10-4mol,生成氢氧化钠的物质的量为5×10-4mol,所以溶液中NaOH的物质的量浓度=
═0.01mol/L,所以氢离子的浓度=
mol/L=1×10-12mol/L,pH=12;
(5)氢气在阴极生成,则b为阴极,a为阳极,阳离子向阴极移动,则离子交换膜允许阳离子通过,所以离子交换膜为阳离子交换膜;a极上氯离子失电子,生成氯气同时溶液中生成NaOH,所以溶液A是NaOH。
【点睛】
分析电解过程的思维程序:
①首先判断阴阳极,分析阳极材料是惰性电极还是活性电极;②再分析电解质水溶液的组成,找全离子并分阴阳离子两组;③然后排出阴阳离子的放电顺序:
阴极:
阳离子放电顺序:
Ag+>Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Zn2+>H+;阳极:
活泼电极>S2->I->Br->Cl->OH-;如果阳极材料是活性金属如Fe或Cu为阳极,则阳极本身被氧化。
2.保险粉又称连二亚硫酸钠(Na2S2O4),可用于纺织工业的漂白剂、脱色剂,脱氯剂。
Na2S2O4是白色粉末,无味,易溶于水、难溶于乙醇,具有极强的还原性,在空气中易被氧化,在碱性介质中稳定。
Ⅰ.甲酸钠( HCOONa) 法制备过程如下:
(1)连二亚硫酸钠中硫元素的化合价为______________。
(2)实验室用Na2SO3固体和某酸反应制备SO2气体,制备SO2时所选用的酸,你认为下列最适宜选用的是______________。
A.浓盐酸B.浓硝酸
C.质量分数为70%的硫酸D.质量分数为10%的硫酸
(3)步骤①中制备连二亚硫酸钠的化学方程式可表示为____________________________。
(4)上述步骤②中,加入适量乙醇水溶液的作用是______________。
(5)在包装保存“保险粉”时加入少量的Na2CO3固体,目的是_________________________。
(6)①现将0.05mol/LNa2S2O4溶液在空气中放置,其溶液的pH与时间(t)的关系如图所示。
t1时溶液中只有NaHSO3一种溶质,此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为_______________。
②t1~t2段发生化学反应的离子方程式为______________________________。
Ⅱ.电解法制备:
工业上用惰性电极电解NaHSO3溶液得到Na2S2O4。
过程如图所示
(7) ①产品在_________________(填“阳极”、“阴极”)得到。
②若不加隔膜,则连二亚硫酸钠产率降低,其原因是__________________________________。
【答案】+3CNaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O连二亚硫酸钠难溶于乙醇,用乙醇水溶液可降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度,有利于Na2S2O4晶体析出Na2CO3为碱性物质,提高“保险粉”的稳定性c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)2HSO3-+O2=2H++2SO42-阴极若不加隔膜,则部分HSO3-到阳极失电子发生氧化反应生成硫酸根离子,得不到连二亚硫酸钠,使连二亚硫酸钠产率下降或部分HSO3-被阳极产生的Cl2氧化生成SO42-,使连二亚硫酸钠产率下降
【解析】Ⅰ.
(1)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)中钠元素为+1价,氧元素为-2价,根据正负化合价的代数和为0,硫元素的化合价为+3价,故答案为:
+3;
(2)二氧化硫具有还原性,能被硝酸氧化,盐酸中的氯化氢易挥发,制得的二氧化硫不纯,70%的H2SO4产生二氧化硫的速率较快,故选C;
(3)SO2气体通入甲酸钠的碱性溶液可以生成Na2S2O4和二氧化碳,反应的化学方程式为NaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O,故答案为:
NaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O;
(4)根据题意,Na2S2O4易溶于水、难溶于乙醇。
加入适量乙醇水溶液可以降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度,有利于Na2S2O4晶体析出,故答案为:
连二亚硫酸钠难溶于乙醇,用乙醇水溶液可降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度,有利于Na2S2O4晶体析出;
(5)由信息可知在碱性介质中稳定,则在包装保存“保险粉”时加入少量的Na2CO3固体,目的是Na2CO3为碱性物质,提高“保险粉”的稳定性,故答案为:
Na2CO3为碱性物质,提高“保险粉”的稳定性;
(6)①NaHSO3的电离程度大于水解程度,溶液显酸性,含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3),故答案为:
c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3);
②Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠,则0~t1段发生离子反应方程式为2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-,t1点是为0.1mol/L的NaHSO3,根据图像t2时pH=1,说明NaHSO3完全被氧化生成硫酸氢钠,t1~t2段发生化学反应的离子方程式为2HSO3-+O2=2H++2SO42-,故答案为:
2HSO3-+O2=2H++2SO42-;
Ⅱ.(7) ①用惰性电极电解NaHSO3溶液得到Na2S2O4,反应过程中S元素的化合降低,被还原,应该在阴极上反应得到Na2S2O4,故答案为:
阴极;
②若不加隔膜,则部分HSO3-到阳极失电子发生氧化反应,也可能被阳极产生的氯气氧化,结果都会生成硫酸根离子,得不到连二亚硫酸钠,使连二亚硫酸钠产率下降,故答案为:
若不加隔膜,则部分HSO3-到阳极失电子发生氧化反应生成硫酸根离子,得不到连二亚硫酸钠,使连二亚硫酸钠产率下降。
3.钢铁分析中常用高氯酸(HClO4)溶解矿样,某研究性学习小组欲制取少量高氯酸。
该学习小组查阅到:
a.HClO4浓度高于60%时遇含碳化合物易爆炸,浓度低于60%时比较稳定;
b.NaClO4与浓硫酸反应可制得高氯酸,若采用真空蒸馏可得纯高氯酸;
c.NaClO3在673K(400℃)分解产生NaClO4、NaCl和一种气体。
该小组同学设计实验分三步制备高氯酸:
(一)制氯气并使制得的氯气与氢氧化纳溶液反应制氯酸纳;
(二)氯酸钠分解制高氯酸钠;
(三)高氯酸纳与浓硫酸反应制高氯酸[2NaClO4+H2SO4(浓)
Na2SO4+2HClO4]。
(1)制取氯酸钠的装置连接顺序为A,___________
(2)B装置中发生反应的离子方程式为__________________________。
(3)为了制备高氯酸钠并推出氯酸钠分解制高氯酸钠的化学方程式,该小组设计了两组装置(甲,乙)如下:
该小组经过分析决定选用甲装置制备高氯酸钠,取NaClO3样品2.13g,加热充分反应后集气瓶中收集到224mL(标准状况下)气体,则该反应的化学方程式为_________________________;不选用乙装置的原因可能为______________________。
(4)用丙裝置制备高氯酸,向烧瓶中加入高氯酸钠,然后加入浓硫酸后,加热可制取高氯酸。
实验开始前,胶塞及导管接口需要包锡箔纸,其原因是___________,仪器E的名称为___________。
该组同学发现操作中少加入一种物质,该物质的名称为___________。
发现后的正确操作为_________________。
(5)工业上大量制备NaClO4常用高电流密度电解NaClO3的方法,试写出以惰性电极电解时的阳极反应式:
_______________________________________________。
【答案】C,B,D3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O2NaClO3
NaClO4+NaCl+O2↑乙装置不能快速判断氯酸钠是否完全反应且反应后气体无法收集橡胶中含有“碳”,若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管极有可能会爆炸锥形瓶碎瓷片(或沸石)停止实验,冷却后加入碎瓷片(或沸石)再继续进行实验ClO3--2e+H2O=ClO4-+2H+
【解析】
(1).装置A制取的氯气通过装置C除去氯化氢杂质,在装置B中,氯气与氢氧化钠溶液反应制得氯酸钠,用D吸收多余的氯气,防止污染环境,所以制取氯酸钠的装置连接顺序为A,C,B,D,故答案为C,B,D;
(2).在B装置中,氯气和氢氧化钠溶液在加热的条件下发生反应,生成氯化钠、氯酸钠和水,反应的离子方程式为:
3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O,故答案为3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O;
(3).用甲装置制备高氯酸钠,2.13gNaClO3样品的物质的量为0.02mol,224mL(标准状况下)气体的物质的量为0.01mol,则该反应的化学方程式为2NaClO3
NaClO4+NaCl+O2↑;因乙装置不能快速判断氯酸钠是否完全反应且反应后气体无法收集,所以不选用乙装置,故答案为2NaClO3
NaClO4+NaCl+O2↑;乙装置不能快速判断氯酸钠是否完全反应且反应后气体无法收集;
(4).实验开始前,胶塞及导管接口需要包锡箔纸,其原因是橡胶中含有“碳”,若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管极有可能会爆炸;仪器E的名称为锥形瓶;该组同学发现操作中少加入一种物质,该物质的名称为碎瓷片(或沸石),发现后的正确操作为停止实验,冷却后加入碎瓷片(或沸石)再继续进行实验,故答案为橡胶中含有“碳”,若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管极有可能会爆炸;锥形瓶;碎瓷片(或沸石);停止实验,冷却后加入碎瓷片(或沸石)再继续进行实验;
(5).工业上大量制备NaClO4常用高电流密度电解NaClO3的方法,以惰性电极电解时,阳极发生氧化反应,则阳极反应式为:
ClO3--2e-+H2O=ClO4-+2H+,故答案为ClO3--2e-+H2O=ClO4-+2H+。
4.某课外小组分别用图中所示装置对原电池和电解原理进行实验探究。
请回答:
Ⅰ.用甲图装置进行第一组实验。
(1)在保证电极反应不变的情况下,不能替代Cu作电极的是________(填序号)。
A.铝B.石墨C.银D.铂
(2)N极为_______(填“正”“负”“阴”“阳”)电极,发生反应的电极反应式为__________。
(3)实验过程中,SO42-________(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动;滤纸上能观察到的现象有_____。
Ⅱ.用乙图装置进行第二组实验。
实验过程中,观察到与第一组实验不同的现象:
两极均有气体产生,Y极区溶液逐渐变成紫红色;停止实验,铁电极明显变细,电解液仍然澄清。
查阅资料得知,高铁酸根离子(FeO
)在溶液中呈紫红色,且需碱性环境才可产生。
(4)电解过程中,X极区溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(5)电解过程中,Y极发生的电极反应为_______________和____________________。
(6)若在X极收集到672mL气体,在Y极收集到168mL气体(均已折算为标准状况时气体体积),则Y电极(铁电极)质量减少________g。
(7)在碱性锌电池中,用高铁酸钾作为正极材料,电池反应为2K2FeO4+3Zn===Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2。
该电池正极发生的反应的电极反应式为__________________________________。
【答案】A阴2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-)从右向左滤纸上有红褐色斑点产生(答出“红褐色斑点”或“红褐色沉淀”即可)增大Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O4OH--4e-=2H2O+O2↑0.282FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-
【解析】
(1)在保证电极反应不变的情况下,仍然是锌作负极,则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属,铝是比锌活泼的金属,所以不能代替铜,故选A;
(2)N电极连接原电池负极,所以是电解池阴极,阴极上氢离子得电子发生还原反应,电极反应式为:
2H++2e-═H2↑(或2H2O+2e-═H2↑+2OH-),故答案为2H++2e-═H2↑(或2H2O+2e-═H2↑+2OH-);
(3)原电池放电时,阴离子向负极移动,所以硫酸根从右向左移动,电解池中,阴极上氢离子得电子生成氢气,阳极上铁失电子生成亚铁离子,亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁,所以滤纸上有红褐色斑点产生,故答案为从右向左,滤纸上有红褐色斑点产生;
(4)电解过程中,阴极上氢离子放电生成氢气,则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液,溶液呈碱性,溶液的pH增大,故答案为:
增大;
(5)铁是活泼金属,电解池工作时,阳极上铁失电子发生氧化反应,氢氧根离子失电子发生氧化反应,所以发生的电极反应式为:
Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O和4OH--4e-═2H2O+O2↑,故答案为Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O;4OH--4e-═2H2O+O2↑;
(6)X电极上析出的是氢气,Y电极上析出的是氧气,且Y电极失电子进入溶液,设铁质量减少为xg,根据转移电子数相等有:
×2=
×4+
×6,x=0.28,故答案为0.28g;
(7)正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应,反应方程式为2FeO42-+6e-+5H2O═Fe2O3+10OH-,故答案为2FeO42-+6e-+5H2O═Fe2O3+10OH-。
点睛:
本题考查了原电池和电解池原理,注意:
电解池中如果活泼金属作阳极,则电解池工作时阳极材料失电子发生氧化反应,为易错点。
5.MnSO4在工业中有重要应用,用软锰矿浆(主要成分为MnO2和水,含有Fe2O3、FeO、Al2O3和少量PbO等杂质)浸出制备MnSO4,其过程如下:
(资料)部分阳离子形成氢氧化物沉淀的pH
离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mn2+
Pb2+
开始沉淀时的pH
7.6
2.7
3.8
8.3
8.0
完全沉淀时的pH
9.7
3.7
4.7
9.8
8.8
(1)向软锰矿浆中通入SO2生成MnSO4,该反应的化学方程是___________。
(2)加入MnO2的主要目的是___________;
(3)在氧化后的液体中加入石灰浆,用于调节pH,pH应调至____范围,生成的沉淀主要含有____和少量CaSO4。
(4)阳离子吸附剂可用于主要除去的离子是______________。
(5)用惰性电极电解MnSO4溶液,可以制得高活性MnO2。
电解MnSO4、ZnSO4和H2SO4的混合溶液可制备MnO2和Zn,写出阳极的电极反应方程式________________。
【答案】SO2+MnO2=MnSO4将Fe2+氧化为Fe3+4.7≤pH<8.3Fe(OH)3、Al(OH)3Ca2+、Pb2+Mn2+−2e−+2H2O=MnO2↓+4H+
【解析】
软锰矿浆(主要成分为MnO2和水,含有Fe2O3、FeO、Al2O3和少量PbO等杂质)通入SO2得到浸出液,MnO2与SO2发生氧化还原反应,其中的金属离子主要是Mn2+,浸出液还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子,Fe2+具有还原性,可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+,在氧化后的液体中加入石灰浆,杂质中含有Fe2+、Al3+、Ca2+、Pb2+四种阳离子,由沉淀的pH范围知,Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值,转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,加入阳离子吸附剂,除去Ca2+、Pb2+,过滤,滤液蒸发浓缩,冷却结晶,获得MnSO4晶体。
(1)I中向软锰矿浆中通入SO2生成MnSO4,MnO2与SO2发生氧化还原反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4;故答案为SO2+MnO2=MnSO4;
(2)杂质离子中Fe2+具有还原性,可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+,故答案为将Fe2+氧化为Fe3+;
(3)杂质中含有Fe3+、Al3+阳离子,从图可表以看出,大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去,小于8.3是防止Mn2+也沉淀,所以只要调节pH值在4.7~8.3间即可,Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,故生成的沉淀主要为Fe(OH)3、Al(OH)3和少量CaSO4;故答案为4.7≤pH<8.3;Fe(OH)3、Al(OH)3;
(4)从吸附率的图可以看出,Ca2+、Pb2+的吸附率较高,故答案为Pb2+、Ca2+;
(5)电解MnSO4、ZnSO4和H2SO4的混合溶液可制备MnO2和Zn,阳极上是发生氧化反应,元素化合价升高为MnSO4失电子生成MnO2,ZnSO4反应得到电子生成Zn,阳极电极反应为:
Mn2+-2e-+2H2O=MnO2↓+4H+,故答案为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2↓+4H+。
6.氰化钠(NaCN)是一种重要化工原料,用于化学合成、电镀、冶金等方面。
NaCN有剧毒,含氰废水需经无害化处理才能排放,某电镀厂含氰废水的一种工业处理流程如下:
已知:
HCNO的结构式是:
H-O-C≡N
HCN的Ka=6.02×10-10
[Ag(CN)2]-(aq)
Ag+(aq)+2CN-(aq)K=1.3×10-21
回答下列问题:
(1)CN-中两原子均为8电子稳定结构,请写出CN-的电子式_______________。
(2)氰化钠遇水会产生剧毒氢氰酸,请写出相应的离子方程式_______________。
(3)向发生塔中通水蒸汽的目的是____________。
(4)氧化池中氰化物的降解分两步进行
CN-被氯气氧化成低毒的CNO-,写出相应的离子方程式____________________,
CNO-被氯气氧化成无毒的两种气体,写出相应的离子方程式________________。
(5)贮水池中废水须先经碱化后再进行氧化的原因_______________________。
(6)电镀厂电镀银时需要降低镀层金属的沉积速度,使镀层更加致密。
电解液使用Na[Ag(CN)2],请写出阴极反应式,解释工业电镀中使用氰离子(CN-)的原因。
【答案】(每空2分,共16分)
(1)
(2)CN-+H2O
HCN+OH-
(3)促使HCN挥发进入吸收塔
(4)CN-+Cl2+2OH-=CNO-+2Cl-+H2O
2CNO-+3Cl2+4OH-=N2↑+CO2↑+6Cl-+2H2O
(5)防止生成HCN其他合理答案均得分
(6)[Ag(CN)2]-+e-="Ag"+2CN-;Ag+和CN-可以结合成稳定的络合物,可以控制银离子浓度,使镀层致密。
【解析】
试题分析:
(1)CN-中各原子均满足8电子稳定结构,存在C≡N键,电子式为
,故答案为
;
(2)氰化钠易发生水解产生氰化氢,方程式为CN-+H2O⇌HCN+OH-,故答案为CN-+H2O⇌HCN+OH-;
(3)向发生塔中通水蒸汽的目的是促使HCN挥发进入吸收塔,故答案为促使HCN挥发进入吸收塔;
(4)CN-被氯气氧化成低毒的CNO-,同时得到还原产物氯离子,即CN-+Cl2+2OH-=CNO-+2Cl-+H2O;CNO-被氯气氧化成无毒的两种气体是氮气和二氧化碳,即2CNO-+3Cl2+4OH-=N2↑+CO2↑+6Cl-+2H2O;
(5)贮水池中废水须先经碱化后再进行氧化,这样可以防止生成HCN,故答案为防止生成HCN;
(6)电解池中,电解液使用Na[Ag(CN)2],在阴极上发生得电子的还原反应,即:
[Ag(CN)2]-+e-=Ag+2CN-,工业电镀中使用氰离子,这样Ag+和CN-可以结合成稳定的络合物,可以控制银离子浓度,使镀层致密,故答案为[Ag(CN)2]-+e-=Ag+2CN-;Ag+和CN-可以结合成稳定的络合物,可以控制银离子浓度,使镀层致密。
【考点定位】考查电解原理;离子方程式的书写;氧化还原反应
【名师点晴】本题是一道注重了化学与实际生产的联系的综合知识题,考查利用氧化还原反应来实现废水的转化,涉及氧化还原反应等,明确该反应中的生成物是解本题关键,还可以结合原子守恒、转移电子守恒来分析解答。
本题中(4)CN-被氯气氧化成低毒的CNO-,同时得到还原产物氯离子;CNO-被氯气氧化成无毒的两种气体是氮气和二氧化碳,据此书写方程式;(6)电解池的阴极上发生得电子的还原反应;根据Ag+和CN-可以结合成稳定的络合物。
7.高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、速凝于一体的新型多功能水处理剂。
其生产流程如下:
(1)配制KOH溶液时,是在每100mL水中溶解61.6gKOH固体(该溶液的密度为1.47g/mL),它的物质的量浓度是mol/L。
(2)在溶液I中加入KOH固体的目的是(填编号)。
A.与溶液I中过量的Cl2继续反应,生成更多的KClO
B.KOH固体溶解
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 精选 备战 高考 化学 易错题 专题 复习 化学能 电能 答案 解析