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2019-2020年高考化學(xué)分類題庫(kù) 考點(diǎn)9 電化學(xué)
.(xx北京高考12)在通風(fēng)櫥中進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn):
步驟
現(xiàn)象
Fe表面產(chǎn)生大量無(wú)色氣泡,液面上方變?yōu)榧t棕色
Fe表面產(chǎn)生少量紅棕色氣泡后,迅速停止
Fe、Cu接觸后,其表面均產(chǎn)生紅棕色氣泡
A.Ⅰ中氣體由無(wú)色變紅棕色的化學(xué)方程式:2NO+O22NO2
B.Ⅱ中的現(xiàn)象說(shuō)明Fe表面形成致密的氧化層,阻止Fe進(jìn)一步反應(yīng)
C.對(duì)比Ⅰ、Ⅱ中現(xiàn)象,說(shuō)明稀HNO3的氧化性強(qiáng)于濃HNO3
D.針對(duì)Ⅲ中現(xiàn)象,在Fe、Cu之間連接電流計(jì),可判斷Fe是否被氧化
【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):
(1)濃硝酸可使鐵鈍化。
(2)稀硝酸與鐵反應(yīng)生成NO,NO2呈紅棕色。
【解析】選C。步驟Ⅰ是鐵與稀硝酸反應(yīng)生成無(wú)色氣體NO,NO被空氣中的氧氣氧化生成紅棕色的NO2氣體,故A正確;步驟Ⅱ的現(xiàn)象是因?yàn)殍F發(fā)生了鈍化,Fe表面形成致密的氧化層,阻止Fe進(jìn)一步反應(yīng),故B正確;步驟Ⅱ反應(yīng)停止是因?yàn)榘l(fā)生了鈍化,不能用來(lái)比較稀硝酸和濃硝酸的氧化性強(qiáng)弱,物質(zhì)氧化性強(qiáng)弱只能通過(guò)比較物質(zhì)得電子能力強(qiáng)弱來(lái)分析,故C錯(cuò)誤;步驟Ⅲ中Fe、Cu都能與硝酸反應(yīng),二者接觸,根據(jù)構(gòu)成原電池條件,要想驗(yàn)證鐵是否為負(fù)極、發(fā)生氧化反應(yīng),可以連接電流計(jì),故D正確。
.(xx福建高考9)純凈物X、Y、Z轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示,下列判斷正確的是
( )
A.X可能是金屬銅
B.Y不可能是氫氣
C.Z可能是氯化鈉
D.Z可能是三氧化硫
【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):
(1)物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化;
(2)物質(zhì)轉(zhuǎn)化時(shí)的反應(yīng)條件和產(chǎn)物的判斷確認(rèn)。
【解析】選A。A.若X是Cu,Y是Cl2,Cu在Cl2中燃燒產(chǎn)生Z是CuCl2,電解CuCl2溶液產(chǎn)生Cu和Cl2,符合題圖轉(zhuǎn)化關(guān)系,故選項(xiàng)說(shuō)法正確;B.若X是Cl2,Y是氫氣,氫氣在氯氣中燃燒產(chǎn)生Z是HCl,電解HCl的水溶液,產(chǎn)生氫氣和氯氣,符合題圖轉(zhuǎn)化關(guān)系,故選項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤;C.若Z是氯化鈉,則X、Y分別是Na和Cl2中的一種,電解氯化鈉水溶液會(huì)產(chǎn)生氫氣、氯氣、氫氧化鈉,不符合題圖轉(zhuǎn)化關(guān)系,故選項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤;D.若Z是三氧化硫,而X、Y可能是O2和SO2中的一種,SO3溶于水產(chǎn)生硫酸,電解硫酸溶液,實(shí)質(zhì)是電解水,產(chǎn)生氫氣和氧氣,不符合題圖轉(zhuǎn)化關(guān)系,故選項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤。
.(xx福建高考11)某模擬“人工樹(shù)葉”電化學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置如下圖所示,該裝置能將H2O和CO2轉(zhuǎn)化為O2和燃料(C3H8O),下列說(shuō)法正確的是
( )
A.該裝置將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為光能和電能
B.該裝置工作時(shí)H+從b極區(qū)向a極區(qū)遷移
C.每生成1 mol O2,有44 g CO2被還原
D.a(chǎn)電極的反應(yīng)為:3CO2+18H+-18e-C3H8O+5H2O
【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):
(1)原電池和電解池裝置的識(shí)別,有外接電源一定屬于電解池;
(2)電解池工作原理的理解與應(yīng)用。
【解析】選B。該裝置有外接電源,結(jié)合題中圖示分析可知該裝置應(yīng)為電能和光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能,A錯(cuò)誤;根據(jù)同種電荷相互排斥,異種電荷相互吸引的原則,該裝置工作時(shí),H+從正電荷較多的陽(yáng)極b極區(qū)向負(fù)電荷較多的陰極a極區(qū)遷移,B正確。該反應(yīng)的總方程式是6CO2+8H2O2C3H8O+9O2。根據(jù)反應(yīng)方程式可知,每生成1 mol O2,有mol CO2被還原,其質(zhì)量是g,C錯(cuò)誤。根據(jù)題中圖示可知與電源負(fù)極連接的a電極為陰極,發(fā)生還原反應(yīng),電極的反應(yīng)式為3CO2+18H++18e-C3H8O+5H2O,D錯(cuò)誤。
.(xx全國(guó)卷Ⅰ11)微生物電池是指在微生物的作用下將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置,其工作原理如圖所示。下列有關(guān)微生物電池的說(shuō)法錯(cuò)誤的是
( )
A.正極反應(yīng)中有CO2生成
B.微生物促進(jìn)了反應(yīng)中電子的轉(zhuǎn)移
C.質(zhì)子通過(guò)交換膜從負(fù)極區(qū)移向正極區(qū)
D.電池總反應(yīng)為C6H12O6+6O26CO2+6H2O
【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)遵循以下思路:
【解析】選A。根據(jù)碳元素的化合價(jià)的變化,二氧化碳中碳元素的化合價(jià)為最高價(jià)+4價(jià),所以生成二氧化碳的反應(yīng)為氧化反應(yīng),應(yīng)在負(fù)極生成,其電極反應(yīng)式應(yīng)為C6H12O6+6H2O-24e-24H++6CO2↑,A錯(cuò)誤;在微生物的作用下,該裝置為原電池裝置,反應(yīng)速率比化學(xué)反應(yīng)速率快,所以微生物促進(jìn)了反應(yīng)的發(fā)生,B正確;原電池中陽(yáng)離子(質(zhì)子)向正極移動(dòng),C正確;電池的總反應(yīng)實(shí)質(zhì)是葡萄糖的氧化反應(yīng),D正確。
.(xx四川高考4)用下圖所示裝置除去含CN-、Cl-廢水中的CN-時(shí),控制溶液pH為9~10,陽(yáng)極產(chǎn)生的ClO-將CN-氧化為兩種無(wú)污染的氣體。下列說(shuō)法不正確的是
( )
A.用石墨作陽(yáng)極,鐵作陰極
B.陽(yáng)極的電極反應(yīng)式:Cl-+2OH--2e-ClO-+H2O
C.陰極的電極反應(yīng)式:2H2O+2e-H2↑+2OH-
D.除去CN-的反應(yīng):2CN-+5ClO-+2H+N2↑+2CO2↑+5Cl-+H2O
【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):
(1)活潑金屬作陽(yáng)極,金屬發(fā)生氧化反應(yīng);
(2)堿性溶液中既不能有氫離子參加反應(yīng),也不能生成氫離子。
【解析】選D。A選項(xiàng)石墨作陽(yáng)極,為惰性電極,由溶液中的Cl-放電,電極反應(yīng)式:Cl-+2OH--2e-ClO-+H2O,鐵作陰極,在堿性環(huán)境下發(fā)生2H2O+2e-H2↑+2OH-,故A、B、C正確;D選項(xiàng)pH為9~10的堿性溶液不可能是H+參加反應(yīng),離子反應(yīng)應(yīng)為2CN-+5ClO-+H2ON2↑+2CO2↑+5Cl-+2OH-。
.(xx天津高考4)鋅銅原電池裝置如圖所示,其中陽(yáng)離子交換膜只允許陽(yáng)離子和水分子通過(guò),下列有關(guān)敘述正確的是
( )
A.銅電極上發(fā)生氧化反應(yīng)
B.電池工作一段時(shí)間后,甲池的c(S)減小
C.電池工作一段時(shí)間后,乙池溶液的總質(zhì)量增加
D.陰陽(yáng)離子分別通過(guò)交換膜向負(fù)極和正極移動(dòng),保持溶液中電荷平衡
【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):
(1)鋅銅原電池的反應(yīng)原理為Zn+Cu2+Zn2++Cu。
(2)明確陽(yáng)離子交換膜只允許陽(yáng)離子和水分子通過(guò),不允許陰離子通過(guò)。
【解析】選C。由鋅銅原電池原理可知,鋅電極為負(fù)極,失電子,發(fā)生氧化反應(yīng),銅電極為正極,得電子,發(fā)生還原反應(yīng),A項(xiàng)錯(cuò)誤;陽(yáng)離子交換膜只允許陽(yáng)離子和水分子通過(guò),兩池中c(S)不變,B項(xiàng)錯(cuò)誤;電解過(guò)程中Zn2+由甲池通過(guò)陽(yáng)離子交換膜進(jìn)入乙池,乙池中Cu2++2e-Cu,其溶液中的離子轉(zhuǎn)換為Cu2+→Zn2+,摩爾質(zhì)量M(Cu2+)
7
C.鋼鐵水閘可用犧牲陽(yáng)極或外加電流的陰極保護(hù)法防止其腐蝕
D.一定條件下反應(yīng)N2+3H22NH3達(dá)到平衡時(shí),3v正(H2)=2v逆(NH3)
【解析】選C。2H2O22H2O + O2↑,生成1 mol O2時(shí)轉(zhuǎn)移2 mol電子,A項(xiàng)錯(cuò)誤;pH=3的CH3COOH中已電離出的H+,就可以將pH=11的NaOH電離出的OH-完全中和,但是CH3COOH是弱酸,還會(huì)繼續(xù)電離,即醋酸過(guò)量,反應(yīng)后溶液顯酸性,B項(xiàng)錯(cuò)誤;鐵可用作原電池的正極或作為電解池的陰極,此時(shí)鐵均會(huì)受到保護(hù),C項(xiàng)正確;由反應(yīng)方程式的化學(xué)計(jì)量數(shù)知,任何時(shí)候均存在2v正(H2)=3v正(NH3),氮?dú)馀c氫氣合成氨氣達(dá)到平衡時(shí),速率關(guān)系為2v正(H2)=3v逆(NH3),D項(xiàng)錯(cuò)誤。
.(xx廣東高考9)下列敘述Ⅰ和Ⅱ均正確并有因果關(guān)系的是
選項(xiàng)
敘述Ⅰ
敘述Ⅱ
A
1-己醇的沸點(diǎn)比己烷的沸點(diǎn)高
1-己醇和己烷可通過(guò)蒸餾初步分離
B
原電池可將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能
原電池需外接電源才能工作
C
乙二酸可與KMnO4溶液發(fā)生反應(yīng)
乙二酸具有酸性
D
Na在Cl2中燃燒的生成物含離子鍵
NaCl固體可導(dǎo)電
【解題指南】解答本題需注意以下兩點(diǎn):
(1)物質(zhì)的分離操作——蒸餾的適用條件;
(2)離子化合物只有在熔融或溶于水的狀態(tài)下電離出自由移動(dòng)的離子后才能導(dǎo)電。
【解析】選A??梢岳谜麴s的方式分離兩種沸點(diǎn)不同的有機(jī)物;原電池是給電器提供電能的,所以原電池不需要外接電源;高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性,可以將乙二酸氧化,所以應(yīng)該體現(xiàn)的是乙二酸的還原性;氯化鈉固體中沒(méi)有自由移動(dòng)的離子,所以不能導(dǎo)電。
【誤區(qū)提醒】本題易錯(cuò)選C,原因一是忽略了高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性,二是不能根據(jù)乙二酸中碳元素的化合價(jià)判斷出乙二酸具有還原性。
.(xx安徽高考25)C、N、O、Al、Si、Cu是常見(jiàn)的六種元素。
(1)Si位于元素周期表第 周期第 族。
(2)N的基態(tài)原子核外電子排布式為 ;
Cu的基態(tài)原子最外層有 個(gè)電子。
(3)用“>”或“<”填空:
原子半徑
電負(fù)性
熔點(diǎn)
沸點(diǎn)
Al Si
N O
金剛石 晶體硅
CH4 SiH4
(4)常溫下,將除去表面氧化膜的Al、Cu片插入濃HNO3中組成原電池(圖1),測(cè)得原電池的電流強(qiáng)度(I)隨時(shí)間(t)的變化如圖2所示,反應(yīng)過(guò)程中有紅棕色氣體產(chǎn)生。
0~t1時(shí),原電池的負(fù)極是Al片,此時(shí),正極的電極反應(yīng)式是 ,溶液中的H+向 極移動(dòng),t1時(shí),原電池中電子流動(dòng)方向發(fā)生改變,其原因是 。
【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下3點(diǎn):
(1)電子層數(shù)=周期序數(shù),主族元素的最高正價(jià)=最外層電子數(shù)=主族序數(shù);
(2)原電池的正極發(fā)生還原反應(yīng),陽(yáng)離子移向正極,電子由負(fù)極通過(guò)導(dǎo)線流向正極;
(3)原子晶體的共價(jià)鍵鍵長(zhǎng)與晶體熔沸點(diǎn)有關(guān),鍵長(zhǎng)短,熔沸點(diǎn)高。
【解析】(1)Si是14號(hào)元素,有3層電子,位于元素周期表的第3周期ⅣA族。
(2)N的核電荷數(shù)為7,其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p3,Cu的4s軌道有1個(gè)電子。
(3)同周期由左向右元素原子半徑逐漸減小,即原子半徑Al>Si;同周期元素的電負(fù)性由左向右逐漸增大,則電負(fù)性:N < > <
(4)2H++N+e-NO2↑+H2O 正 鋁在濃硝酸中發(fā)生鈍化,表面生成了氧化膜阻止了Al的進(jìn)一步反應(yīng)
.(xx北京高考27)研究CO2在海洋中的轉(zhuǎn)移和歸宿,是當(dāng)今海洋科學(xué)研究的前沿領(lǐng)域。
(1)溶于海水的CO2主要以4種無(wú)機(jī)碳形式存在,其中HC占95%,寫出CO2溶于水產(chǎn)生HC的方程式: 。
(2)在海洋碳循環(huán)中,通過(guò)如圖所示的途徑固碳。
①寫出鈣化作用的離子方程式: 。
②同位素示蹤法證實(shí)光合作用釋放出的O2只來(lái)自H2O,用18O標(biāo)記物質(zhì)的光合作用的化學(xué)方程式如下,將其補(bǔ)充完整: ?。 ?CH2O)x+x18O2+xH2O
(3)海水中溶解無(wú)機(jī)碳占海水總碳的95%以上,其準(zhǔn)確測(cè)量是研究海洋碳循環(huán)的基礎(chǔ),測(cè)量溶解無(wú)機(jī)碳,可采用如下方法:
①氣提、吸收CO2,用N2從酸化后的海水中吹出CO2并用堿液吸收(裝置示意圖如下),將虛線框中的裝置補(bǔ)充完整并標(biāo)出所用試劑。
②滴定。將吸收液吸收的無(wú)機(jī)碳轉(zhuǎn)化為NaHCO3,再用xmolL-1HCl溶液滴定,消耗ymL HCl溶液,海水中溶解無(wú)機(jī)碳的濃度= molL-1。
(4)利用如圖所示裝置從海水中提取CO2,有利于減少環(huán)境溫室氣體含量。
①結(jié)合方程式簡(jiǎn)述提取CO2的原理: 。
②用該裝置產(chǎn)生的物質(zhì)處理b室排出的海水,合格后排回大海。處理至合格的方法是 。
【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)明確以下4點(diǎn):
(1)根據(jù)流程圖中的箭頭判斷反應(yīng)物與生成物:鈣化作用生成CaCO3、CO2。
(2)光合作用釋放出的O2只來(lái)自H2O。
(3)與電源正極相連的是陽(yáng)極,陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)。
(4)陽(yáng)離子膜只允許陽(yáng)離子通過(guò)。
【解析】(1)二氧化碳溶于水生成碳酸,然后碳酸電離。即CO2+H2OH2CO3,H2CO3HC+H+。
(2)①根據(jù)反應(yīng)物是HC,生成物是CaCO3和CO2,易知本題的離子方程式為Ca2++2HCCaCO3↓+CO2↑+H2O。
②由O2只來(lái)自H2O及示蹤原子的標(biāo)記可知水分子含18O,而且分子個(gè)數(shù)是2x,根據(jù)元素守恒法可知方程式中的缺項(xiàng)物質(zhì)為xCO2、2xO。
(3)①注意酸化的試劑要用硫酸,一定不能用鹽酸,HCl會(huì)揮發(fā)出來(lái)影響后續(xù)的滴定,如圖。
②該滴定過(guò)程轉(zhuǎn)化的關(guān)系式為
CO2 ~ HC ~ HCl
1 1
n(CO2) xmolL-1y10-3L
解得:n(CO2)=xy10-3mol
所以:c(無(wú)機(jī)碳)=xy/zmolL-1
(4)①a室是陽(yáng)極室,發(fā)生氧化反應(yīng):2H2O-4e-O2↑+4H+,出去的海水pH<6,顯酸性,表明反應(yīng)后溶液由堿性變?yōu)樗嵝?a室中的H+通過(guò)陽(yáng)離子交換膜進(jìn)入b室,發(fā)生反應(yīng):HC+H+CO2↑+H2O。
②c室是陰極室,發(fā)生還原反應(yīng):2H2O+2e-2OH-+H2↑,即c室生成堿,然后用堿液將從b室排出的酸性海水調(diào)至接近裝置入口海水的pH。
答案:(1)CO2+H2OH2CO3,H2CO3HC+H+
(2)①Ca2++2HCCaCO3↓+CO2↑+H2O
②xCO2 2xO
(3)①
②xy/z
(4)①a室發(fā)生的反應(yīng):2H2O-4e-O2↑+4H+,H+通過(guò)陽(yáng)離子交換膜從a室進(jìn)入b室,發(fā)生反應(yīng):HC+H+CO2↑+H2O
②c室發(fā)生的反應(yīng):2H2O+2e-2OH-+H2↑,用c室排出的堿液將從b室排出的酸性海水調(diào)至接近裝置入口海水的pH
.(xx北京高考28)為探討化學(xué)平衡移動(dòng)原理與氧化還原反應(yīng)規(guī)律的聯(lián)系,某同學(xué)通過(guò)改變濃度研究“2Fe3++2I-2Fe2++I(xiàn)2”反應(yīng)中Fe3+和Fe2+的相互轉(zhuǎn)化。實(shí)驗(yàn)如下:
(1)待實(shí)驗(yàn)Ⅰ溶液顏色不再改變時(shí),再進(jìn)行實(shí)驗(yàn)Ⅱ,目的是使實(shí)驗(yàn)Ⅰ的反應(yīng)達(dá)到 。
(2)ⅲ是ⅱ的對(duì)比實(shí)驗(yàn),目的是排除ⅱ中 造成的影響。
(3)ⅰ和ⅱ的顏色變化表明平衡逆向移動(dòng),Fe2+向Fe3+轉(zhuǎn)化。用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋原因: 。
(4)根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律,該同學(xué)推測(cè)ⅰ中Fe2+向Fe3+轉(zhuǎn)化的原因:外加Ag+使c(I-)降低,導(dǎo)致I-的還原性弱于Fe2+,用如圖裝置(a、b均為石墨電極)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證。
①K閉合時(shí),指針向右偏轉(zhuǎn),b作 極。
②當(dāng)指針歸零(反應(yīng)達(dá)到平衡)后,向U型管左管中滴加0.01 molL-1AgNO3溶液,產(chǎn)生的現(xiàn)象證實(shí)了其推測(cè),該現(xiàn)象是 。
(5)按照(4)的原理,該同學(xué)用上圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn),證實(shí)了ⅱ中Fe2+向Fe3+轉(zhuǎn)化的原因。
①轉(zhuǎn)化原因是 。
②與(4)實(shí)驗(yàn)對(duì)比,不同的操作是 。
(6)實(shí)驗(yàn)Ⅰ中,還原性:I->Fe2+;而實(shí)驗(yàn)Ⅱ中,還原性:Fe2+>I-,將(3)和(4)、(5)作對(duì)比,得出的結(jié)論是 。
【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)按照以下流程:
【解析】(1)待實(shí)驗(yàn)Ⅰ溶液顏色不再改變時(shí),再進(jìn)行實(shí)驗(yàn)Ⅱ,目的是使實(shí)驗(yàn)Ⅰ的反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)。
(2)實(shí)驗(yàn)ⅲ加入了水,是實(shí)驗(yàn)ⅱ的對(duì)比實(shí)驗(yàn),因此目的是排除因加入FeSO4溶液而將溶液稀釋引起溶液顏色的變化。
(3)ⅰ中加入AgNO3,Ag+與I-生成AgI黃色沉淀,I-濃度降低,2Fe3++2I-2Fe2++I(xiàn)2平衡逆向移動(dòng),溶液褪色;ⅱ中加入FeSO4,Fe2+濃度增大,平衡逆向移動(dòng),溶液顏色變淺。
(4)①K閉合時(shí),指針向右偏轉(zhuǎn),表明b極為正極,Fe3+得電子;②當(dāng)指針歸零(反應(yīng)達(dá)到平衡)后,向U型管左管滴加0.01 molL-1AgNO3溶液,產(chǎn)生黃色沉淀,I-濃度減小,2Fe3++2I-2Fe2++I(xiàn)2平衡左移,指針向左偏轉(zhuǎn)。
(5)①Fe2+向Fe3+轉(zhuǎn)化的原因是Fe2+濃度增大,還原性增強(qiáng)。
②與(4)實(shí)驗(yàn)對(duì)比,不同的操作是當(dāng)指針歸零后,向U型管右管中滴加1 molL-1FeSO4溶液。
(6)將(3)和(4)、(5)作對(duì)比,得出的結(jié)論是在其他條件不變時(shí),物質(zhì)的氧化性和還原性與濃度有關(guān),濃度的改變可影響物質(zhì)的氧化性和還原性,導(dǎo)致平衡移動(dòng)。
答案:(1)化學(xué)平衡狀態(tài)
(2)溶液稀釋對(duì)顏色變化
(3)ⅰ中加入Ag+發(fā)生反應(yīng):Ag++I(xiàn)-AgI↓,c(I-)降低;ⅱ中加入FeSO4,c(Fe2+)增大,平衡均逆向移動(dòng)
(4)①正?、谧蠊墚a(chǎn)生黃色沉淀,指針向左偏轉(zhuǎn)
(5)①Fe2+濃度增大,還原性增強(qiáng),使Fe2+還原性強(qiáng)于I-
②向U型管右管中滴加1 molL-1FeSO4溶液
(6)該反應(yīng)為可逆氧化還原反應(yīng),在平衡時(shí),通過(guò)改變物質(zhì)的濃度,可以改變物質(zhì)的氧化性和還原性,并影響平衡移動(dòng)方向
.(xx全國(guó)卷Ⅱ26)酸性鋅錳干電池是一種一次性電池,外殼為金屬鋅,中間是碳棒,其周圍是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等組成的糊狀填充物。該電池放電過(guò)程產(chǎn)生MnOOH?;厥仗幚碓搹U電池可以得到多種化工原料。有關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示:
溶解度/(g/100 g水)
溫度/℃
化合物
0
20
40
60
80
100
NH4Cl
29.3
37.2
45.8
55.3
65.6
77.3
ZnCl2
343
395
452
488
541
614
化合物
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10-17
10-17
10-39
回答下列問(wèn)題:
(1)該電池的正極反應(yīng)式為 ,
電池反應(yīng)的離子方程式為 。
(2)維持電流強(qiáng)度為0.5 A,電池工作5分鐘,理論上消耗鋅 g。(已知F=96 500 Cmol-1)
(3)廢電池糊狀填充物加水處理后,過(guò)濾,濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl,二者可通過(guò) 分離回收;濾渣的主要成分是MnO2、 和 ,欲從中得到較純的MnO2,最簡(jiǎn)便的方法是 ,其原理是 。
(4)用廢電池的鋅皮制備ZnSO47H2O的過(guò)程中,需除去鋅皮中的少量雜質(zhì)鐵,其方法是:加稀H2SO4和H2O2溶解,鐵變?yōu)椤 ?加堿調(diào)節(jié)至pH為 時(shí),鐵剛好沉淀完全(離子濃度小于110-5molL-1時(shí),即可認(rèn)為該離子沉淀完全);繼續(xù)加堿至pH為 時(shí),鋅開(kāi)始沉淀(假定Zn2+濃度為0.1 molL-1)。若上述過(guò)程不加H2O2后果是________________________________________________,
原因是 ___________________________________________________________。
【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):
(1)熟悉常見(jiàn)鋅錳干電池的電極反應(yīng)和電池反應(yīng);
(2)除去亞鐵離子時(shí)一般先將其氧化為鐵離子。
【解析】(1)酸性鋅錳干電池外殼為金屬鋅,鋅是負(fù)極,電極反應(yīng)式為Zn-2e-Zn2+。中間是碳棒,碳棒是正極,二氧化錳得到電子,則正極電極反應(yīng)式為MnO2+e-+H+MnOOH,總反應(yīng)式為Zn+2MnO2+2H+Zn2++2MnOOH。
(2)維持電流強(qiáng)度為0.5 A,電池工作5分鐘,則通過(guò)的電量是150 C,因此通過(guò)電子的物質(zhì)的量是=1.55410-3mol,鋅在反應(yīng)中失去2個(gè)電子,則理論消耗Zn的質(zhì)量是65 gmol-1=0.05 g。
(3)廢電池糊狀填充物加水處理后過(guò)濾,濾液中主要有氯化銨和氯化鋅,根據(jù)溶解度表可知氯化鋅的溶解度受溫度影響變化較大,所以二者可以通過(guò)結(jié)晶分離獲得,即通過(guò)蒸發(fā)結(jié)晶、冷卻結(jié)晶實(shí)現(xiàn)分離。濾渣的主要成分是二氧化錳、碳粉、MnOOH,在空氣中加熱,碳燃燒生成二氧化碳,MnOOH被氧化為二氧化錳。所以欲從中得到較純的二氧化錳,最簡(jiǎn)便的方法是灼燒。
(4)雙氧水具有強(qiáng)氧化性,能把鐵氧化為鐵離子,因此加入稀硫酸和雙氧水,溶解后鐵變?yōu)榱蛩徼F。根據(jù)氫氧化鐵的溶度積常數(shù)可知,當(dāng)鐵離子完全沉淀時(shí)溶液中氫氧根的濃度為molL-1≈510-12molL-1,所以氫離子濃度是210-3molL-1,因此加堿調(diào)節(jié)pH為2.7,Fe3+剛好完全沉淀。Zn2+濃度為0.1 molL-1,根據(jù)氫氧化鋅的溶度積常數(shù)可知開(kāi)始沉淀時(shí)的氫氧根濃度為10-8molL-1,則pH=6,即繼續(xù)加堿調(diào)節(jié)pH為6,鋅開(kāi)始沉淀。如果不加雙氧水,則在沉淀鋅離子的同時(shí)亞鐵離子也沉淀,導(dǎo)致生成的氫氧化鋅不純,無(wú)法分離開(kāi)Zn2+和Fe2+。
答案:(1)MnO2+e-+H+MnOOH
Zn+2MnO2+2H+Zn2++2MnOOH
[注:式中Zn2+可寫為Zn(NH3,Zn(NH3)2Cl2等,H+可寫為N]
(2)0.05
(3)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶 碳粉 MnOOH 在空氣中加熱 碳粉轉(zhuǎn)變?yōu)镃O2,MnOOH被氧化為MnO2
(4)Fe3+ 2.7 6 Zn2+和Fe2+分離不開(kāi)
Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近
.(xx山東高考29)利用LiOH和鈷氧化物可制備鋰離子電池正極材料。LiOH可由電解法制備,鈷氧化物可通過(guò)處理鈷渣獲得。
(1)利用如圖裝置電解制備LiOH,兩電極區(qū)電解液分別為L(zhǎng)iOH和LiCl溶液。B極區(qū)電解液為 溶液(填化學(xué)式),陽(yáng)極電極反應(yīng)式為 ,電解過(guò)程中Li+向 電極遷移(填“A”或“B”)。
(2)利用鈷渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制備鈷氧化物的工藝流程如下:
Co(OH)3溶解還原反應(yīng)的離子方程式為 ,
鐵渣中鐵元素的化合價(jià)為 ,在空氣中煅燒CoC2O4生成鈷氧化物和CO2,測(cè)得充分煅燒后固體質(zhì)量為2.41 g,CO2的體積為1.344 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況),則鈷氧化物的化學(xué)式為 。
【解題指南】解答本題注意以下兩點(diǎn):
(1)注意陰、陽(yáng)離子的放電順序以及陰、陽(yáng)離子在電解池內(nèi)部移動(dòng)方向的判斷;
(2)注意流程中各步所加試劑的作用以及原子守恒觀點(diǎn)的應(yīng)用。
【解析】(1)B極區(qū)產(chǎn)生H2,同時(shí)生成LiOH,則B極區(qū)電解液為L(zhǎng)iOH溶液;電極A為陽(yáng)極,陽(yáng)極區(qū)電解液為L(zhǎng)iCl溶液,根據(jù)放電順序,陽(yáng)極上Cl-失去電子,則陽(yáng)極電極反應(yīng)式為2Cl--2e-Cl2↑;根據(jù)電流方向,電解過(guò)程中Li+向B電極遷移。
(2)在酸性條件下,Co(OH)3首先與H+反應(yīng)生成Co3+,Co3+具有氧化性,把S氧化為S,配平可得離子方程式:2Co(OH)3+4H++S2Co2++S+5H2O;鐵渣中鐵元素的化合價(jià)應(yīng)該為高價(jià),為+3價(jià);CO2的物質(zhì)的量為1.344 L22.4 Lmol-1=0.06 mol,根據(jù)CoC2O4的組成可知鈷元素的物質(zhì)的量為0.03 mol,設(shè)鈷氧化物的化學(xué)式為CoxOy,根據(jù)元素的質(zhì)量比可得59x∶(16y)=0.03 mol59 gmol-1∶(2.41 g-0.03 mol59 gmol-1),解得x∶y=3∶4,則鈷氧化物的化學(xué)式為Co3O4。
答案:(1)LiOH 2Cl--2e-Cl2↑ B
(2)2Co(OH)3+4H++S2Co2++S+5H2O[或
Co(OH)3+3H+Co3++3H2O,2Co3++S+H2O2Co2++S+2H+] +3 Co3O4
.(xx四川高考11)為了保護(hù)環(huán)境,充分利用資源,某研究小組通過(guò)如下簡(jiǎn)化流程,將工業(yè)制硫酸的硫鐵礦燒渣(鐵主要以Fe2O3存在)轉(zhuǎn)變成重要的化工原料FeSO4(反應(yīng)條件略)。
活化硫鐵礦還原Fe3+的主要反應(yīng)為FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O15FeSO4+8H2SO4,不考慮其他反應(yīng),請(qǐng)回答下列問(wèn)題:
(1)第Ⅰ步H2SO4與Fe2O3反應(yīng)的離子方程式是 。
(2)檢驗(yàn)第Ⅱ步中Fe3+是否完全還原,應(yīng)選擇 (填字母編號(hào))。 ( )
A.KMnO4溶液 B.K3[Fe(CN)6]溶液 C.KSCN溶液
(3)第Ⅲ步加FeCO3調(diào)溶液pH到5.8左右,然后在第Ⅳ步通入空氣使溶液pH降到5.2,此時(shí)Fe2+不沉淀,濾液中鋁、硅雜質(zhì)被除盡。通入空氣引起溶液pH降低的原因是 。
(4)FeSO4可轉(zhuǎn)化為FeCO3,FeCO3在空氣中加熱反應(yīng)可制得鐵系氧化物材料。
已知25℃,101 kPa時(shí):4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s) ΔH=-1 648 kJmol-1
C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393 kJmol-1
2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)2FeCO3(s) ΔH=-1 480 kJmol-1
FeCO3在空氣中加熱反應(yīng)生成Fe2O3的熱化學(xué)方程式是 。
(5)FeSO4在一定條件下可制得FeS2(二硫化亞鐵)納米材料。該材料可用于制造高容量鋰電池,電池放電時(shí)的總反應(yīng)為4Li+FeS2Fe+2Li2S,正極反應(yīng)式是 。
(6)假如燒渣中的鐵全部視為Fe2O3,其含量為50%。將akg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為b%的硫酸加入ckg燒渣中浸取,鐵的浸取率為96%,其他雜質(zhì)浸出消耗的硫酸以及調(diào)pH后溶液呈微酸性所殘留的硫酸忽略不計(jì)。按上述流程,第Ⅲ步應(yīng)加入FeCO3
kg。
【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):
(1)三價(jià)鐵離子的檢驗(yàn)需要用硫氰酸根離子;
(2)碳酸亞鐵與硫酸按物質(zhì)的量1∶1反應(yīng)。
【解析】(1)H2SO4與Fe2O3反應(yīng)的方程式為Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O,其離子方程式為Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O。
(2)檢驗(yàn)Fe3+是否反應(yīng)完全,可利用Fe3+與KSCN的顯色反應(yīng),生成紅色溶液,故選C。
(3)部分Fe2+被空氣中的氧氣氧化為Fe3+,Fe3+水解產(chǎn)生H+,使pH降低。
(4)若將題中所給三個(gè)反應(yīng)依次編為①、②、③號(hào)反應(yīng),則FeCO3在空氣中加熱反應(yīng)生成Fe2O3的反應(yīng)可以由③反應(yīng)逆向進(jìn)行后2+②4+①得到,同時(shí)所對(duì)應(yīng)的反應(yīng)熱要乘以相應(yīng)的倍數(shù),故其熱化學(xué)方程式為4FeCO3(s)+O2(g)2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=-260 kJmol-1。
(5)正極發(fā)生的反應(yīng)是還原反應(yīng),即得電子,故參加反應(yīng)的物質(zhì)應(yīng)是FeS2,又知最后生成鐵單質(zhì)和S2-,故正極反應(yīng)式為FeS2+4e-Fe+2S2-。
(6)方法1:由于最終得到FeSO4,根據(jù)元素守恒,n(Fe)=n(S),Fe來(lái)自Fe2O3、FeS2、FeCO3;S來(lái)自FeS2、H2SO4則有(2+2)96%+=+96%22,則得m(FeCO3)≈(0.011 8ab-0.646c)kg。
方法2:首先浸出的Fe2O3的物質(zhì)的量為=,由化學(xué)式Fe2(SO4)3可知同F(xiàn)e2O3反應(yīng)的硫酸的物質(zhì)的量應(yīng)為其的3倍,即3,化簡(jiǎn)即。而一共加入的硫酸的物質(zhì)的量為,故剩余的硫酸的物質(zhì)的量為-。由題目可知在第Ⅱ步時(shí)又生成了硫酸,這一部分硫酸可通過(guò)Fe2(SO4)3的物質(zhì)的量即計(jì)算而得,計(jì)算后可知第Ⅱ步中生成的硫酸的物質(zhì)的量為(8/7)=。又因?yàn)镕e2+與硫酸按物質(zhì)的量1∶1反應(yīng),故濾液中剩余的硫酸的物質(zhì)的量即為應(yīng)加入的FeCO3的物質(zhì)的量,即為(-+),乘以FeCO3的摩爾質(zhì)量116 gmol-1可得FeCO3的質(zhì)量為(-+)116 kg≈(0.011 8ab-0.646c)kg。
答案:(1)Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O
(2)C
(3)Fe2+被氧化為Fe3+,Fe3+水解產(chǎn)生H+
(4)4FeCO3(s)+O2(g)2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=-260 kJmol-1
(5)FeS2+4e-Fe+2S2-或FeS2+4Li++4e-Fe+2Li2S
(6)0.011 8ab-0.646c
.(xx重慶高考30)我國(guó)古代青銅器工藝精湛,有很高的藝術(shù)價(jià)值和歷史價(jià)值,但出土的青銅器大多受到環(huán)境腐蝕,故對(duì)其進(jìn)行修復(fù)和防護(hù)具有重要意義。
(1)原子序數(shù)為29的銅元素位于元素周期表中第 周期。
(2)某青銅器中Sn、Pb的質(zhì)量分別為119 g、20.7 g,則該青銅器中Sn和Pb原子的數(shù)目之比為 。
(3)研究發(fā)現(xiàn),腐蝕嚴(yán)重的青銅器表面大都存在CuCl。關(guān)于CuCl在青銅器腐蝕過(guò)程中的催化作用,下列敘述正確的是 。 ( )
A.降低了反應(yīng)的活化能
B.增大了反應(yīng)的速率
C.降低了反應(yīng)的焓變
D.增大了反應(yīng)的平衡常數(shù)
(4)采用“局部封閉法”可以防止青銅器進(jìn)一步被腐蝕。如將糊狀A(yù)g2O涂在被腐蝕部位,Ag2O與有害組分CuCl發(fā)生復(fù)分解反應(yīng),該化學(xué)方程式為 。
(5)下圖為青銅器在潮濕環(huán)境中發(fā)生的電化學(xué)腐蝕的原理示意圖。
①腐蝕過(guò)程中,負(fù)極是 (填圖中字母“a”或“b”或“c”);
②環(huán)境中的Cl-擴(kuò)散到孔口,并與正極反應(yīng)產(chǎn)物和負(fù)極反應(yīng)產(chǎn)物作用生成多孔粉狀銹Cu2(OH)3Cl,其離子方程式為 ;
③若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl,則理論上耗氧體積為 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。
【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):
(1)根據(jù)元素的核外電子排布可以推測(cè)元素在周期表中的位置;
(2)復(fù)分解反應(yīng)是兩者相互交換離子。
【解析】(1)銅為29號(hào)元素,根據(jù)核外電子排布規(guī)則可知,銅元素位于元素周期表中第4周期。
(2)根據(jù)N=NA,青銅器中Sn、Pb的質(zhì)量分別為119 g、20.7 g,則該青銅器中Sn和Pb原子數(shù)目之比為(119 g119 gmol-1)∶(20.7 g207 gmol-1)=10∶1。
(3)催化劑能降低反應(yīng)的活化能,從而加快化學(xué)反應(yīng)速率,但是催化劑不能改變反應(yīng)的焓變,也不能改變反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù),選A、B。
(4)Ag2O與CuCl發(fā)生復(fù)分解反應(yīng),沒(méi)有化合價(jià)的升降,則化學(xué)方程式為Ag2O+2CuCl2AgCl+Cu2O。
(5)①根據(jù)圖示,腐蝕過(guò)程中,銅失電子生成Cu2+,則負(fù)極是銅,選c;
②根據(jù)上述分析,正極產(chǎn)物是OH-,負(fù)極產(chǎn)物為Cu2+,環(huán)境中的Cl-擴(kuò)散到孔口,與正極反應(yīng)產(chǎn)物和負(fù)極反應(yīng)產(chǎn)物作用生成多孔粉狀銹Cu2(OH)3Cl,則離子方程式為2Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓;
③4.29 g Cu2(OH)3Cl的物質(zhì)的量為4.29/214.5=0.02(mol),根據(jù)銅原子守恒,Cu2+的物質(zhì)的量為0.04 mol,負(fù)極反應(yīng)為2Cu-4e-2Cu2+,正極反應(yīng)為O2+4e-+2H2O4OH-,根據(jù)正、負(fù)極放電量相等,則理論上耗氧體積為0.02 mol22.4 Lmol-1=0.448 L。
答案:(1)4 (2)10∶1 (3)A、B
(4)Ag2O +2CuCl2AgCl+Cu2O
(5)①c?、?Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓
③0.448
【誤區(qū)提醒】上題中的(3)容易錯(cuò)選C、D,催化劑只能改變化學(xué)反應(yīng)速率,無(wú)法改變化學(xué)平衡狀態(tài),因此是否加入催化劑不會(huì)影響化學(xué)平衡常數(shù)以及反應(yīng)的焓變。
.(xx海南高考15)銀是一種貴金屬,古代常用于制造錢幣及裝飾器皿,現(xiàn)代在電池和照明器材等領(lǐng)域亦有廣泛應(yīng)用。回答下列問(wèn)題:
(1)久存的銀制品表面會(huì)變黑,失去銀白色光澤,原因是 。
(2)已知Ksp(AgCl)=1.810-10,若向50 mL 0.018 molL-1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 molL-1的鹽酸,混合后溶液中Ag+的濃度為 molL-1,pH為 。
(3)AgNO3光照易分解,生成Ag和紅棕色氣體等物質(zhì),其光照分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。
(4)右圖所示原電池正極的反應(yīng)式為 。
【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn):
(1)化學(xué)反應(yīng)原理的理解與應(yīng)用;
(2)電化學(xué)中電極反應(yīng)式的書寫。
【解析】(1)根據(jù)金屬的腐蝕原理可知Ag變黑是發(fā)生了化學(xué)腐蝕的緣故;
(2)根據(jù)反應(yīng)中HCl和硝酸銀的物質(zhì)的量可知HCl過(guò)量,則計(jì)算剩余的氯離子的物質(zhì)的量濃度為(0.02-0.018)molL-1/2=0.001 molL-1,根據(jù)AgCl的溶度積的表達(dá)式計(jì)算即可,即c(Ag+)==molL-1=1.810-7molL-1;因?yàn)樵摲磻?yīng)中氫離子未參加反應(yīng),所以溶液的體積變?yōu)?00 mL時(shí),氫離子的濃度為0.01 molL-1,則pH=2;
(3)根據(jù)氧化還原反應(yīng)理論,硝酸銀分解生成Ag和二氧化氮?dú)怏w,元素化合價(jià)均降低,因此該反應(yīng)中有氧氣生成(氧化還原反應(yīng)中化合價(jià)有降必有升,氧元素化合價(jià)升高)。
(4)該原電池的實(shí)質(zhì)是Cu與銀離子發(fā)生置換反應(yīng)生成Ag單質(zhì),所以正極是生成Ag單質(zhì)的還原反應(yīng)。
答案:(1)Ag在空氣中易與氧氣和含硫化合物反應(yīng),發(fā)生化學(xué)腐蝕
(2)1.810-7 2
(3)2AgNO32Ag↓+2NO2↑+O2↑
(4)Ag++e-Ag
.(xx廣東高考32)七鋁十二鈣(12CaO7Al2O3)是新型的超導(dǎo)材料和發(fā)光材料,用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和廢Al片制備七鋁十二鈣的工藝如下:
(1)煅粉主要含MgO和 ,用適量NH4NO3溶液浸取煅粉后,鎂化合物幾乎不溶,若濾液Ⅰ中c(Mg2+)小于510-6molL-1,則溶液pH大于 [Mg(OH)2的Ksp=510-12];該工藝中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3,原因是 。
(2)濾液Ⅰ中的陰離子有 (忽略雜質(zhì)成分的影響);若濾液Ⅰ中僅通入CO2,會(huì)生成 ,從而導(dǎo)致CaCO3產(chǎn)率降低。
(3)用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜,反應(yīng)的離子方程式為 。
(4)電解制備Al(OH)3時(shí),電極分別為Al片和石墨,電解總反應(yīng)方程式為 。
(5)一種可超快充電的新型鋁電池,充放電時(shí)AlC和Al2C兩種離子在Al電極上相互轉(zhuǎn)化,其他離子不參與電極反應(yīng),放電時(shí)負(fù)極Al的電極反應(yīng)式為 。
【解題指南】解答本題注意以下3點(diǎn):
(1)讀懂化工流程并明確每個(gè)過(guò)程發(fā)生的具體反應(yīng)。
(2)掌握常見(jiàn)元素化合物的知識(shí)。
(3)掌握沉淀溶解平衡及溶液pH計(jì)算的有關(guān)問(wèn)題。
【解析】(1)由于白云石的主要成分是CaCO3和MgCO3,所以煅燒之后會(huì)發(fā)生分解生成MgO和CaO。根據(jù)Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)c2(OH-)可知,c(OH-)=10-3molL-1,此時(shí)溶液中c(H+)=10-11molL-1,對(duì)應(yīng)溶液的pH為11。若加入硫酸根,硫酸根可與鈣離子反應(yīng)生成硫酸鈣沉淀。
(2)由于前面加入了硝酸銨,所以濾液Ⅰ中含有的陰離子主要是N和OH-,濾液Ⅰ中僅通入CO2,由于溶液的堿性不強(qiáng),所以會(huì)生成NH4HCO3。
(3)用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜,反應(yīng)的離子方程式為2OH-+Al2O32Al+H2O。
(4)電解制備Al(OH)3時(shí),電極分別為Al片和石墨,若生成Al(OH)3則鋁作陽(yáng)極,所以電解的總反應(yīng)方程式為2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑。
(5)放電時(shí)負(fù)極Al應(yīng)失去電子,根據(jù)放電時(shí)AlC和Al2C兩種離子在Al電極上相互轉(zhuǎn)化可知,電極反應(yīng)式為Al-3e-+7AlC4Al2C。
答案:(1)CaO 11 加入(NH4)2SO4會(huì)生成CaSO4微溶物,再過(guò)濾會(huì)被除去,造成CaCO3減少
(2)N和OH- NH4HCO3
(3)2OH-+Al2O32Al+H2O
(4)2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑
(5)Al-3e-+7AlC4Al2C
【誤區(qū)提醒】本題最后一個(gè)空容易出錯(cuò),主要是忽略了題干中的敘述“充放電時(shí)AlC和Al2C兩種離子在Al電極上相互轉(zhuǎn)化,其他離子不參與電極反應(yīng)”這句話,從而將電極反應(yīng)式直接寫成Al-3e-Al3+。
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