湖南省涟源高二上学期月考化学试题 解析版.docx

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湖南省涟源高二上学期月考化学试题解析版

湖南省涟源一中2018-2019学年高二上学期第二次月考化学试题

1.下列说法或表示法正确的是（　　）

A.氢气与氧气反应生成等量的水蒸气和液态水，前者放出热量多

B.需要加热的反应说明它是吸热反应

C.在稀溶液中：

H＋（aq）＋OH－（aq）===H2O（l）

ΔH＝－57.3kJ·mol－1，若将含0.5molH2SO4的稀硫酸与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.3kJ

D.1molS完全燃烧放热297.3kJ，热化学方程式为S＋O2===SO2　ΔH＝－297.3kJ·mol－1

【答案】C

【解析】

试题分析：

A、液态水变为气态水的过程是吸热的；

B、有的放热反应也是需要加热的；

C、根据热化学方程式的意义来回答；

D、根据热化学方程式的书写方法来回答．

解：

A、因为液态水变为气态水的过程是吸热的，所以氢气与氧气反应生成等量的水蒸气和液态水，后者放出热量多，故A错误；

B、铝热反应需要高温下才能发生，但是它是放热反应，故B错误；

C、将含0.5molH2SO4的稀硫酸即H+是1mol，与含1molNaOH即OH﹣是1mol的溶液混合，放出的热量等于57.3kJ，故C正确；

D、1molS完全燃烧放热297.3kJ，其热化学方程式为：

S（s）+O2（g）═SO2（g），△H=﹣297.3kJ/mol，故D错误．故选C．

2.已知在25℃、101kPa条件下：

4Al（s）＋3O2（g）===2Al2O3（s）　ΔH＝－2834.9kJ·mol－1

4Al（s）＋2O3（g）===2Al2O3（s）　ΔH＝－3119.1kJ·mol－1

由此得出的结论正确的是

A.等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为放热反应

B.等质量的O2比O3能量高，由O2变O3为吸热反应

C.O3比O2稳定，由O2变O3为放热反应

D.O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应

【答案】D

【解析】

【分析】

根据盖斯定律以及能量越低物质越稳定来解答。

【详解】4Al（s）＋3O2（g）===2Al2O3（s）　ΔH＝－2834.9kJ·mol－1

（1）

4Al（s）＋2O3（g）===2Al2O3（s）　ΔH＝－3119.1kJ·mol－1

（2）

（1）-

（2）得3O2（g）═2O3（g）ΔH＝+284.2kJ/mol 该反应吸热，等质量的O2比O3能量低，所以O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应，

所以D选项是正确的。

【点睛】本题考查了盖斯定律的应用，热化学方程式的书写，熟练掌握由已知热化学方程式转换为未知热化学方程式是解题的关键，理解物质的能量越高越不稳定。

3.已知反应I2（g）＋H2（g）

2HI（g）ΔH＜0，下列说法正确的是（　　）

A.降低温度，正向反应速率减小倍数大于逆向反应速率减小倍数

B.升高温度将缩短达到平衡的时间

C.达到平衡后，保持温度和容积不变，充入氩气，正、逆反应速率同等倍数增大

D.达到平衡后，保持温度和压强不变，充入氩气，HI的质量将减小

【答案】B

【解析】

试题分析：

根据方程式可知，该反应是体积不变的放热的可逆反应，降低温度，正向反应速率减小倍数小于逆向反应速率减小倍数，平衡向正反应方向移动，A不正确；升高温度，反应速率增大，将缩短达到平衡的时间，B正确；达到平衡后，保持温度和容积不变，充入氩气，浓度不变，正、逆反应速率均不变，平衡不移动，C不正确；达到平衡后，保持温度和压强不变，充入氩气，容器的容积必然增大，但平衡不移动，HI的质量不变，D不正确，答案选B。

考点：

考查外界条件对平衡状态和反应速率对影响

点评：

该题是中等难度的试题，试题贴近高考，针对性强，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。

该题的易错点是选项CD，注意压强对反应速率和平衡状态影响的实质。

4.当把晶体N2O4放入密闭容器中气化，并建立了N2O4（g）

2NO2（g）平衡后，保持温度不变，再通入若干N2O4气体，待反应达到新的平衡时，则新平衡与旧平衡相比，c2（NO2）/c（N2O4）值（　　）

A.变大B.不变C.变小D.无法确定

【答案】B

【解析】

【详解】N2O4

2NO2平衡常数为K=c2（NO2）/c（N2O4），保持温度不变，再加入N2O4晶体并全部气化，反应物浓度增大，平衡正向移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故选B，

5.在25℃时，某NH4Cl溶液的pH为4，下列说法中正确的是

①溶液中c（H+）>c（OH－）且c（H+）∙c（OH－）=1×10－14；

②由水电离出的c（H+）约为1×10－10mol/L；

③溶液中c（Cl－）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH－）

A.①②B.①③C.②③D.①②③

【答案】B

【解析】

【分析】

①温度不变，水的离子积常数不变；

②强酸弱碱盐溶液中氢离子为水电离出的氢离子；

③根据溶液酸碱性再结合电荷守恒判断离子浓度大小。

【详解】①25℃时，某NH4Cl溶液的pH为4，则溶液中c（H+）＞c（OH-），温度不变，水的离子积常数不变，所以c（H+）×c（OH-）=1×10-14，故正确；

②强酸弱碱盐溶液中氢离子为水电离出的氢离子，氯化铵为强酸弱碱盐，所以溶液中水电离出的氢离子浓度为1×10-4mol/L，故错误；

③溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），所以c（Cl-）＞c（NH4+），盐类水解程度较小，所以c（NH4+）＞c（H+），则溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故正确；

故选B。

【点睛】本题考查了盐类水解，根据溶液酸碱性再结合电荷守恒来分析解答，难点是计算盐溶液中水电离出的氢离子或氢氧根离子浓度。

6.常温时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A.pH=1的溶液中：

Fe2＋、NO3－、SO42－、Na＋

B.c（Fe3＋）=0.1mol/L的溶液中：

K＋、ClO－、SO42－、SCN－

C.c（H+）／c（OH－）=1012的溶液中：

NH4＋、Al3＋、NO3－、Cl－

D.由水电离的c（H+）=1×10-14mol/L的溶液中：

Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3－

【答案】C

【解析】

【分析】

A、pH=1的溶液呈酸性，在酸性条件下发生反应的离子不能大量共存；

B、与Fe3+反应的离子不能大量共存；

C、c（H+）/c（OH-）=1×1012的溶液呈酸性，在酸性条件下发生反应的离子不能大量共存；

D、由水电离出的c（H+）=1×10-14mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性或者碱性。

【详解】A项、pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、NO3-离子之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；

B项、c（Fe3＋）=0.1mol/L的溶液中，ClO－与Fe3+发生双水解、SCN－与Fe3+发生络合反应，不能大量共存，故B错误；

C项、c（H+）／c（OH－）=1012的溶液中，溶液显酸性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；

D项、由水电离出的c（H+）=1×10-14mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，无论溶液呈酸性还是碱性，HCO3-都不能大量共存，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查离子共存，注意离子之间发生氧化还原反应以及复分解反应的特点，答题时注意审题，把握题给要求，为解答该题的关键，D项为易错点，注意水电离出的c（H+）=1×10-14mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性。

7.下列说法正确的是（　　）

A.将AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同

B.配制一定浓度的FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度

C.用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋

D.洗涤油污常用热的碳酸钠溶液

【答案】D

【解析】

【分析】

A、AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液分别加热、蒸干、灼烧，分别得到氧化铝、硫酸铝；

B、加入盐酸，引入新杂质；

C、溶液中存在Fe3+的水解平衡，加热促进水解，不能完全除去Fe3+；

D、碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，有利于除去油污。

【详解】A项、AlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，加热、灼烧生成氧化铝，因硫酸难挥发，Al2（SO4）3溶液加热、蒸干、灼烧仍得到硫酸铝，故A错误；

B项、配制一定浓度的FeSO4溶液时加入盐酸，会引入新杂质，为抑制FeSO4水解，可加入少量硫酸，故B错误；

C项、溶液中存在Fe3+的水解平衡，加热不能完全除去Fe3+，可加入过量KOH，过滤后再加入盐酸，故C错误；

D项、碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，且油污在碱性条件下水解，有利于除去油污，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查了盐类水解的应用，主要是考查水解实质理解，注意蒸干溶液所得物质的分析是易错点。

8.常温下,下列有关叙述正确的是　（　　）

A.醋酸溶液加水稀释后,各离子浓度均减小

B.NaHCO3与Al2（SO4）3混合作泡沫灭火剂的原理与水解有关

C.加热滴有酚酞的CH3COONa溶液,溶液颜色变浅

D.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中,c（HCO3－）>c（CO32－）

【答案】B

【解析】

【分析】

A、醋酸溶液加水稀释后，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大；

B、NaHCO3与Al2（SO4）3混合发生双水解反应；

C、盐类水解是吸热反应，升高温度平衡右移；

D、盐类的水解程度很小，生成物浓度小于反应物。

【详解】A项、醋酸溶液加水稀释后，氢离子浓度减小，由于Kw不变，所以氢氧根离子浓度增大，故A错误；

B项、NaHCO3与Al2（SO4）3混合发生双水解反应，生成氢氧化铝和二氧化碳，喷出大量泡沫，起到灭火作用，故B正确；

C项、盐类水解吸热，故加热能促进其水解，溶液碱性增强，则颜色变深，故C错误；

D项、盐类的水解程度很小，故CO32－水解生成的HCO3-浓度远小于未水解的CO32-的浓度，故D错误。

故选B。

9.现代科技的发展使人们对有机物的研究更加高效、准确．下列说法不正确的是（　　）

A.1H核磁共振谱能反映出有机物中不同环境氢原子的种数和个数

B.元素分析仪可同时对有机物中碳、氢、氧、硫等多种元素进行分析，其特点是样品量小，速度快

C.根据红外光谱图的分析可以初步判断有机物中具有哪些基团

D.同位素示踪法可以用来确定有机反应中化学键的断裂位置

【答案】A

【解析】

【分析】

A、核磁共振氢谱图能够反映出有机化合物分子中有几种不同类型的氢原子及它们的数目比；

B、元素分析仪由计算机控制，无论是分析的精确度，还是分析速率都已达到很高的水平；

C、不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上将处于不同的位置，从而可以获得分子中含有何种化学键或官能团的信息；

D、利用同位素作为示踪元素，标记特定的化合物以追踪物质运行和变化过程的方法，叫做同位素标记法。

【详解】A项、核磁共振氢谱图能够反应出有机化合物分子中有几种不同类型的氢原子及它们的数目比，不能得出有机物中不同环境氢原子的个数，故A错误；

B项、元素分析仪由计算机控制，无论是分析的精确度，还是分析速率都已达到很高的水平，其特点是样品量小，速度快，故B正确；

C项、不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上将处于不同的位置，从而可以获得分子中含有何种化学键或官能团的信息，可以初步判断有机物中具有哪些基团，故C正确；

D项、利用同位素作为示踪元素，标记特定的化合物以追踪物质运行和变化过程的方法，叫做同位素标记法，同位素示踪法可以用来确定有机反应中化学键的断裂位置，如酯化反应机理的研究，故D正确。

故选A。

10.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（　　）

A.电解饱和食盐水时，阳极的电极反应为：

2Cl－－2e－===Cl2↑

B.氢氧燃料电池的负极反应式：

O2＋2H2O＋4e－===4OH－

C.粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：

Cu－2e－===Cu2＋

D.钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：

Fe－2e－===Fe2＋

【答案】A

【解析】

【分析】

在电解反应中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；原电池反应中，负极发生氧化反应，而正极发生还原反应。

A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；

B、氢氧燃料电池中正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应；

C、粗铜精炼时，连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极；

D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子。

【详解】A项、电解饱和食盐水时，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成Cl2，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，故A正确；

B项、氢氧燃料电池的负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子的还原反应，碱性条件下正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B错误；

C项、精炼铜时，纯铜与电源负极相连做阴极，粗铜与电源正极相连做阳极，阳极的电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，故C错误；

D项、钢铁发生电化腐蚀时，金属铁做负极，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故D错误。

故选A。

【点睛】题考查原电池和电解池的工作原理及应用，明确电极上发生的反应是解题的关键。

11.如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。

将电池接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近溶液显红色。

则以下说法正确的是

A.电源B极是正极

B.甲、乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1∶2∶2∶1

C.欲用丙装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液

D.装置丁中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷

【答案】D

【解析】

试题分析：

A、根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量氢氧根离子，由此得出F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，故A错误；B、甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以（甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1mol氧气需要4mol电子，生成1mol铜时需要2mol电子，生成1mol氯气时需要2mol电子，生成1mol氢气时需要2mol电子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：

2：

2：

2，故B错误；C、若用（丙）装置给铜镀银，G应该是Ag，H是铜，电镀液是AgNO3溶液，故C错误；D、丁装置中Y电极是阴极，如果Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷，故D正确；故选D。

考点：

考查了原电池和电解池的工作原理的相关知识。

12.在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：

CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）．在500℃时，平衡常数K=9．若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（　　）

A.25%B.50%C.75%D.80%

【答案】C

【解析】

试题分析：

CO（g）＋H2O（g）

H2（g）＋CO2（g）

起始浓度（mol/L）0.020.0200

转化浓度（mol/L）xxxx

平衡浓度（mol/L）0.02-x0.02-xxx

根据平衡常数表达式可知

解得x＝0.015

所以在此条件下CO的转化率＝

×100%＝75%，答案选C。

考点：

考查平衡常数应用

13.1molCH4气体完全燃烧放出的热量为802kJ，但当不完全燃烧生成CO和H2O时，放出的热量为519kJ。

如果1molCH4与一定量O2燃烧生成CO、CO2、H2O，并放出731.25kJ的热量，则一定量O2的质量为

A.40gB.56gC.60gD.无法计算

【答案】C

【解析】

试题分析：

1molCH4气体完全燃烧生成1molCO2和H2O（L）时，放出的热量为802KJ，1molCH4气体不完全燃烧生成1molCO和H2O（L）时，放出的热量为519KJ，故1molCO燃烧生成1molCO2，放出的热量为802kJ-519kJ=283kJ，1molCH4与一定量氧气燃烧生成CO，CO2，H2O（L），并放出731.25KJ的热量，减少的热量为802KJ-731.25KJ=70.75kJ，1mol甲烷不完全燃烧与完全燃烧相比，减少的热量为生成的CO燃烧放出的热量，故生成n（CO）=70.75kJ/283kJ×1mol=0.25mol根据C原子守恒可知n（CO2）=1mol-0.25mol=0.75mol，根据H原子守恒可知n（H2O）=1mol×4/2=2mol，利用氧原子守恒由n（O）=0.25mol+0.75mol×2+2mol=3.75mol，故消耗的氧气的质量为3.75mol×16g/mol=60g，选项C符合题意。

考点：

考查反应热的有关计算，涉及原子守恒的应用。

14.已知某温度下，Ksp（AgCl）＝1.8×10－10，Ksp（Ag2CrO4）＝1.9×10－12，当溶液中离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全。

下列叙述正确的是（　　）

A.饱和AgCl溶液与饱和Ag2CrO4溶液相比，前者的c（Ag＋）大

B.向氯化银的浊液中加入氯化钠溶液，氯化银的Ksp减小

C.向0.0008mol·L－1的K2CrO4溶液中加入等体积的0.002mol·L－1AgNO3溶液，则CrO42-完全沉淀

D.将0.001mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001mol·L－1的KCl和0.001mol·L－1的K2CrO4溶液，则先产生AgCl沉淀

【答案】D

【解析】

【详解】A项、饱和AgCl溶液中，c（Ag+）=c（Cl-），则c2（Ag+）=Ksp（AgCl）=1.8×10-10，解之得c（Ag+）=1.34×10-5mol/L，饱和Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=2c（CrO42-），则c3（Ag+）/2=Ksp（Ag2CrO4）=1.9×10-12，解之得c（Ag+）=1.56×10-4mol/L，显然后者的c（Ag+）大，故A错误；

B项、AgCl的Ksp只与温度有关，向AgCl的浊液中加入氯化钠溶液，虽然平衡向逆方向移动，但Ksp不变，故B错误；

C项、两溶液混合后则c（K2CrO4）=0.0004mol/L，c（AgNO3）=0.001mol/L，根据2Ag++CrO42-=Ag2CrO4↓，则溶液中剩余的c（Ag+）=0.001mol/L-0.0004mol/L×2=0.0002mol/L，根据Ksp（K2CrO4），则生成沉淀后的溶液中c（CrO42-）=Ksp（K2CrO4）/c2（Ag+）=1.9×10－12/（0.0002mol/L）2=2.5×10-5mol/L＞1.0×10-5mol/L，溶液中存在难溶物的溶解平衡，所以CrO42-不能完全沉淀，故C错误；

D、根据Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4），则当Cl-开始沉淀时c（Ag+）=Ksp（AgCl）/c（Cl-）=1.8×10-7mol/L，当CrO42-开始沉淀时c（Ag+）=

=4.36×10-5mol/L，故先产生AgCl沉淀，故D正确。

故选D。

【点睛】本题主要考查溶度积常数的概念和有关计算，比较c（Ag＋）大小时，注意不同物质的化学式是否相似，如不同可用溶度积常数计算c（Ag＋）。

15.一定温度下，难溶电解质的饱和溶液中存在着沉淀溶解平衡，已知：

物质

Fe（OH）2

Cu（OH）2

Fe（OH）3

Ksp（25℃）

8.0×10－16

2.2×10－20

4.0×10－38

25℃时，对于含Fe2（SO4）3、FeSO4和CuSO4各0.5mol的1L混合溶液，根据上表数据判断，下列说法不正确的是（　　）

A.在pH＝5的溶液中，Fe3＋不能大量存在

B.混合溶液中c（SO

）∶[c（Fe3＋）＋c（Fe2＋）＋c（Cu2＋）]>5∶4

C.向混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀

D.向混合溶液中加入适量氯水，并调节pH到3～4过滤，可获较纯净的CuSO4溶液

【答案】D

【解析】

A.在pH＝5的溶液中c（OH－）=10-9mol/L，c（Fe3+）=

=4.0×10-11mol/L，所以Fe3＋不能大量存在，故A正确；B.混合溶液中c（SO

）=2.5mol/L，Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋发生水解，c（Fe3＋）＋c（Fe2＋）＋c（Cu2＋）<2.0mol/L，所以c（SO

）∶[c（Fe3＋）＋c（Fe2＋）＋c（Cu2＋）]>5∶4，故B正确；C.向混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1NaOH溶液，由于Ksp[Fe（OH）3]最小，所以最先看到红褐色沉淀，故C正确；D.滤液中含有氯化物，故D不正确。

故选D。

16.加碘食盐中含有碘酸钾（KIO3），现以电解法制备碘酸钾，实验装置如图所示。

先将一定量的碘溶于过量氢氧化钾溶液，发生反应：

3I2＋6KOH===5KI＋KIO3＋3H2O，将该溶液加入阳极区，另将氢氧化钾溶液加入阴极区，开始电解。

下列说法中正确的是（　　）

A.电解过程中OH－从a极区通过离子交换膜c进入b极区

B.随着电解进行，KOH溶液浓度会逐渐减小

C.a电极反应式：

I－－6e－＋6OH－===IO

＋3H2O，a极区的KI最终转变为KIO3

D.当阳极有0.1molI－放电时，阴极生成6.72LH2

【答案】C

【解析】

阳极上碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为I--6e-+6OH-＝IO3-+3H2O；阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为6H2O+6e-＝6OH-+3H2↑。

A、电解池中阴离子移向阳极，即OH-从b极区通过离子交换膜c进入a极区，A错误；B、根据上述反应，KOH溶液浓度基本不变，B错误；C、a电极是阳极，阳极上碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为I--6e-+6OH-=IO3-+3H2O，因此a极区的KI最终转变为KIO3，C正确；D、当阳极有0.1molI-放电时，转移电子0.6mol，阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为6H2O+6e-＝6OH-+3H2↑，放出氢气0.3mol，标准状况下体积为6.72L，题中未注明温度和压强，D错误；答案选C。

点睛：

明确电解池的工作原理是解答的关键，难点是电极反应式的书写，电极反应式的书写应遵循“二判二析一写”。

二判：

①判断阴阳极；②判断是电极材料放电还是溶液中的离子放电。

二析：

①分析溶液中离子的种类；②根据离子放电顺序，分析电极反应。

一写：

根据电极产物，写出电极反应式。

17.

（1）已知：

Fe2O3（s）＋3CO（g）===2Fe（s）＋3CO2（g）ΔH＝－25kJ·mol－1①

3Fe2O3