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安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二上学期10月素质拓展(二)化学试题(Word版附解析)

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合肥一中2023-2024学年第一学期高二年级素质拓展(二)化学试卷时长:60分钟分值:100分可能用到的相对原子质量:H-1N-14Mg-24Fe-56一、单项选择题(包括18个小题,每小题有1个选项符合题意。第1到第10题每小题3分,第11题到第18题每小题4分,共62分)1.安徽历史悠久,文化源远流长。下列物质具有典型的徽派文化特色,据其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是A.霍邱柳编B.徽州竹雕C.狼山黑陶D.宣城宣纸【答案】C【解析】【详解】柳编、竹雕和宣纸的主要成分均为纤维素,黑陶的主要成分是硅酸盐,不能与其他三种归为一类的是狼山黑陶;答案选C。2.下列化学用语中,正确的是A.次氯酸的结构式:H—O—ClB.氮气的电子式:C.CO2分子的电子式:O=C=OD.用电子式表示溴化氢分子的形成过程:【答案】A【解析】【详解】A.O能形成两对共用电子对,H、Cl均只能形成一对共用电子对,次氯酸的结构式为H—O—Cl,A正确;B.氮气中存在氮氮三键,氮气的电子式为,B错误; C.二氧化碳属于共价化合物,分子中存在两个碳氧双键,二氧化碳的电子式为,C错误;D.溴化氢是共价化合物,不存在离子键,氢原子与溴原子之间形成1对共用电子对,溴原子最外层有7个电子,溴化氢分子的形成过程:,D错误; 故选A。3.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A.已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应,则SO2的能量一定高于SO3的能量B.已知C(石墨,s)=C(金刚石,s)ΔH>0,则金刚石比石墨稳定C.已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol,代表任何酸碱反应中和热都是ΔH=-57.3kJ/molD.已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH1,2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2,则ΔH1<ΔH2【答案】D【解析】【分析】【详解】A.放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量,所以2molSO2(g)和1molO2(g)的总能量大于2molSO3(g)的总能量,但不能说SO2的能量高于SO3的能量,故A错误;B.已知C(石墨,s)=C(金刚石,s);△H>0,反应是吸热反应,石墨转化为金刚石吸收能量,则金刚石的能量高于石墨,能量越高越不稳定,所以石墨比金刚石稳定,故B错误;C.在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量为中和热,△H=-57.3kJ/mol,酸碱中和反应的热效应不仅与生成H2O的物质的量有关,还与酸、碱的浓度及强弱有关,故C错误;D.已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H1,2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2,碳完全燃烧比不完全燃烧放出的能量多,焓变是负值,比较ΔH时应带符号比较,故ΔH1<ΔH2,故D正确。故选D。【点睛】关于中和热应注意:1.必须是酸和碱的稀溶液,因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热;2.强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H(aq)+OH(aq)=H2O(l)中和热均为57.3kJ/mol,而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量,其反应热小于57.3kJ/mol;3.以生成1mol水为基准。4.对于可逆反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g),在不同条件下的化学反应速率如下,其中表示的反应速率最快的是A.υ(A)=0.3mol•L-1•s-1B.υ(B)=1.8mol•L-1•s-1C.υ(D)=0.7mol•L-1•s-1D.υ(C)=1.5mol•L-1•min-1【答案】C【解析】【详解】由于B 是固体,不能用浓度的改变量来描述反应速率,再根据速率与计量系数之比分析,比值越大,则反应速率越快,,则υ(D)=0.7mol•L-1•s-1的速率最快,故C符合题意。综上所述,答案为C。5.化学与生产、生活密切相关。下列有关物质用途、性质都正确且有相关性的是选项用途性质A液氨作制冷剂NH3分解生成N2和H2的反应是吸热反应BNH4Fe(SO4)2·12H2O常作净水剂NH4Fe(SO4)2·12H2O具有氧化性C漂粉精可以作环境消毒剂漂粉精溶液中ClO-和HClO都有强氧化性DAl2O3常作耐高温材料Al2O3,既能与强酸反应,又能与强碱反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.液氨汽化时需要大量吸热,液氨常用作制冷剂,与氨气的分解无关,故A错误;B.铁离子水解生成氢氧化铁胶体,使得具有吸附性,常作净水剂,与氧化性无关,故B错误;C.漂粉精作为消毒剂是因为ClO−和HClO都有强氧化性,故C正确;D.氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点很高,与其化学性质无关,故D错误;故选C。【点睛】本题的易错点为B,要注意净水剂是利用物质的吸附性,杀菌消毒一般利用物质的氧化性。6.下列离子方程式正确是A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸:Ba2++OH–+H++=BaSO4↓+H2OB.向CaCl2溶液中通入CO2气体:Ca2++CO2↑+H2O=CaCO3↓+2H+C.NaOH溶液与过量的Ca(HCO3)2溶液反应:2OH-+Ca2++2=CaCO3↓++2H2OD.酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化:4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O【答案】D 【解析】【详解】A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸的离子方程式为:Ba2++2OH–+2H++=BaSO4↓+2H2O,A不正确;B.向CaCl2溶液中通入CO2气体不反应,B不正确;C.NaOH溶液与过量的Ca(HCO3)2溶液反应的离子方程式为:OH-+Ca2++=CaCO3↓++H2O,C不正确;D.酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化的离子方程式为:4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,D正确;故选D。7.下列除去杂质(括号中的物质为杂质)的方法中,不正确的是A.CO气体(CO2);通过NaOH溶液洗气后干燥B.Fe2O3(Al2O3):加入足量NaOH溶液,过滤C.FeCl2溶液(FeCl3);加入适量铜粉D.Cl2气体(HCl):通过饱和NaCl溶液洗气后干燥【答案】C【解析】【详解】A.CO与NaOH溶液不反应,CO2与NaOH溶液反应,CO气体(CO2)通过NaOH溶液洗气,然后干燥,可以除去CO中的CO2,故A正确;B.Fe2O3与NaOH溶液不反应,Al2O3能够与NaOH溶液反应而溶解,可以用氢氧化钠溶液除去氧化铁中的氧化铝,故B正确;C.铜与氯化铁反应生成氯化铜,引入了新杂质,故C错误;D.Cl2难溶于饱和NaCl溶液,HCl易溶,则Cl2气体(HCl)通过饱和NaCl溶液洗气后干燥,可以除去Cl2中的HCl,故D正确;故选C。8.密闭容器中发生可逆反应,在一定条件下达到平衡状态,下列叙述正确的是A.增加A的量,平衡向正反应方向移动B.升高体系温度,减小增大,平衡逆向移动C.D.若向恒容容器中按再充入、,重新建立平衡后,、均增大【答案】D【解析】【详解】A.反应体系中,A为固体,增加A的量,没有改变反应物的浓度,平衡不移动,故A错误; B.升高体系温度,v正、v逆均增大,平衡逆向移动,故B错误;C.反应达到平衡状态时,,则2v(C)正=v(D)逆,故C错误;D.向恒容容器中按1∶2再充入C、D,相当于增大反应体系的压强,重新建立平衡后,v正、v逆均增大,故D正确;答案选D。9.反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能,E2表示逆反应的活化能),下列有关叙述不正确的是A.该反应为放热反应∆H=E1-E2B.使用催化剂增大活化分子百分数,单位时间内有效碰撞增大C.增加反应物浓度,活化分子数增大,活化分子的百分数不变D.使用催化剂可以提高SO2的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】A.反应物的能量高于生成物的能量,故该反应为放热反应,反应热为反应物的活化能减去生成物的活化能即∆H=E1-E2,A正确;B.使用催化剂降低了反应的活化能,使活化分子数增多,故活化分子百分数增加,单位时间内有效碰撞增大,B正确;C.增加反应物浓度,活化分子数增大的同时非活化分子数也同倍数增大,故活化分子的百分数不变,C正确;D.使用催化剂不能使平衡发生移动,故不可以提高的平衡转化率,D错误;故选D。10.装置正确且能达到相应实验目的的是ABCD 制备并收集少量NH3制备少量O2用氯化氢气体和饱和食盐水作喷泉实验比较元素非金属性C>SiA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.NH4Cl受热分解成NH3和HCl,NH3与HCl遇冷会重新化合成NH4Cl,不能制得NH3,A项不能达到实验目的;B.Na2O2不是块状难溶于水的固体,Na2O2与H2O剧烈反应生成NaOH和O2,同时放出大量的热,不能用简易启普发生器制备O2,B项不能达到实验目的;C.打开止水夹,将胶头滴管中的饱和食盐水挤入圆底烧瓶中,HCl极易溶于水,圆底烧瓶中的压强迅速减小,外界大气压将烧杯中的饱和食盐水压入圆底烧瓶中,形成喷泉,C项能达到实验目的;D.Na2CO3与盐酸反应生成CO2,由于盐酸具有挥发性,所得CO2中混有HCl,HCl能与Na2SiO3溶液反应产生白色沉淀,不能证明CO2与Na2SiO3溶液发生了反应,不能证明H2CO3、H2SiO3酸性的强弱,从而不能证明C、Si非金属性的强弱,D项不能达到实验目的;答案选C。11.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.2.4g镁条在空气中充分燃烧,转移的电子数目为0.1NAB.5.6g铁粉与0.1L1mol/L的HCl的溶液充分反应,产生的气体分子数目为0.05NAC.常温常压下,2.24LSO2与1.12LO2充分反应,生成的SO3分子数目大于0.1NAD.1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液,一水合氨的微粒数目为0.1NA【答案】B【解析】 【详解】A.2.4g镁条在空气中充分燃烧,镁被氧化为+2价,故转移的电子数目为0.2NA,选项A错误;B.5.6g铁粉与0.1L1mol/L的HCl的溶液充分反应,产生的氢气的分子数目为0.05NA,选项B正确;C.常温常压下,2.24LSO2与1.12LO2充的物质的量分别小于0.1mol和0.05mol,且该反应为可逆反应,反应物不能完全转化为生成物,故生成的SO3分子数目无法计算,选项C错误;D.1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液,发生反应:NH3+H2ONH3·H2O,生成的微粒数目小于0.1NA,选项D错误;答案选B。12.某化学反应分两步进行;①;②。其能量变化如图所示,下列说法错误的是A.该反应放热反应B.反应①是总反应的决速步骤C.X、Y、M三种物质中Y最稳定D.M是该反应的催化剂,可降低该反应的焓变,提高该反应的速率【答案】D【解析】【分析】由题意可知,X为反应物、Y为生成物、M为中间产物。【详解】A.由图可知,X转化为Y的反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应,故A正确;B.反应的活化能越大,反应速率越慢,化学反应取决于慢反应,由图可知,反应①的活化能大于反应②,所以反应①是总反应的决速步骤,故B正确;C.物质的能量越低越稳定,由图可知,X、Y、M三种物质中Y的能量最低,所以三种物质中Y最稳定,故C正确;D.由分析可知,M为反应的中间产物,故D错误;故选D。13.一定量的稀硫酸溶液跟过量的锌粉反应时,为了减缓反应速率,且不影响生成氢气的总量,可向硫酸溶液中加入适量的 ①H2O②CuSO4固体③CH3COONa固体④NaNO3固体⑤NaHCO3固体⑥NaCl溶液A.①③B.①③⑥C.②③⑤D.②④⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①加入水,使盐酸的浓度降低,反应速率减小,且不影响生成氢气的总量,①正确;②加入CuSO4固体,溶解得到硫酸铜溶液,锌与硫酸铜溶液反应,生成铜单质,铜、锌和稀硫酸能够构成原电池,加快反应速率,②错误;③与硫酸反应,生成弱电解质醋酸,溶液氢离子浓度降低,速率减小,但不影响氢气总量,③正确;④加入硝酸钠固体,硫酸中混有硝酸,不只生成氢气,生成的氢气的量减少,④错误;⑤加入碳酸氢钠,碳酸氢钠与硫酸反应,生成水和二氧化碳,减少氢离子,生成氢气的量减少,⑤错误;⑥加入氯化钠溶液,溶液体积增大,浓度减小,但物质的量不变,则反应速率减小,但不影响生成氢气的总量,⑥正确;综上所述,①③⑥能减缓反应速率,且不影响生成氢气的总量;故选B。14.下列措施或现象不能用勒夏特列原理解释的是A.合成氨工业中需要采用高压的条件B.红棕色的加压后颜色先变深后变浅C.向醋酸溶液中加入少许醋酸钠固体,溶液的pH增大D.、、HI平衡时的混合气体,缩小容器的体积,颜色变深【答案】D【解析】【详解】A.合成氨工业的反应是一个气体总物质的量减小的反应,增大压强,平衡向右移,符合勒夏特列原理,A项不符合题意;B.平衡体系中,加压时容器的体积缩小,平衡向右移,所以颜色先变深后变浅,符合勒夏特列原理,B项不符合题意;C.,加入固体,溶液中的浓度增大,平衡逆向移动,减小,pH增大,符合勒夏特列原理,C项不符合题意;D.、、平衡时的混合气体,缩小容器的体积,即使没有平衡,气体的颜色也变深,不符合勒夏特 列原理,D项符合题意;故答案为:D。15.下图是我国科研工作者研究MgO(s)与CH4(g)作用最终生成Mg(s)与CH3OH(g)的物质相对能量-反应进程曲线。下列叙述错误的是A.中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)更稳定B.该反应进程中的最大能垒(活化能)为350.6kJ·mol-1C.生成HOMgCH3(s)的过程中有极性键的断裂和形成D.总反应的热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH(g)ΔH=-146.1kJ·mol-1【答案】B【解析】【详解】A.由图可知,中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)能量更低,故更稳定,A正确;B.过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能,即图中过渡态与反应物之间的相对落差越大则活化能越大,该反应进程中的最大能垒(活化能)为,B错误;C.生成HOMgCH3(s)的过程中有碳氢键的断裂和氢氧键的生成,故有极性键的断裂和形成,C正确;D.由图可知,总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇,反应放热,其热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH(g)ΔH=-146.1kJ·mol-1,D正确;故答案选B。16.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下:下列叙述正确的是A.按上述流程,试剂X可以是氢氧化钠溶液 B.反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁C.图中所有的转化反应都不是氧化还原反应D.反应②的离子方程式为【答案】A【解析】【分析】铝土矿加入试剂X后得到的溶液乙经过一系列反应后得到Al,说明X能溶解Al2O3,则X是强碱溶液,根据生成的碳酸氢钠知,X为NaOH,沉淀为Fe2O3;溶液乙中含有NaAlO2、NaOH,向乙中通入过量Y后得到Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠,则Y为CO2,将Al(OH)3加热得到Al2O3,电解熔融Al2O3得到Al;【详解】A.根据分析可知,试剂X为NaOH溶液,选项A正确;B.X为NaOH溶液,与氧化铁不反应,则沉淀为氧化铁,选项B错误;C.电解氧化铝得到铝,为氧化还原反应,选项C错误;D.偏铝酸钠溶液和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,反应②的离子方程式为,选项D错误;答案选A。17.五氯化磷(PCl5)是有机合成中重要的氯化剂,可以由三氯化磷(PCl3)氯化得到:。某温度下,在2.0L密闭容器中充入1.0molPCl3和0.5molCl2,一段时间后反应达平衡状态,实验数据如下表所示,下列说法不正确的是t/s050150250350n(PCl5)/mol00.210.360.400.40A.0~150s内,PCl3的反应速率为B.反应至250s,该反应放出的热量为37.2kJC.该温度下,此反应的化学平衡常数数值为40/3D.在此温度下该密闭容器中若初始充入0.5molPCl3、0.5molCl2、2.0molPCl5,则反应向正反应方向进行【答案】D【解析】【详解】A.0~150s内,消耗PCl3的物质的量为0.36mol,反应速率:,故A正确; B.反应至250s,生成0.4molPCl5,该反应放出的热量为93.0kJ/mol×0.4mol=37.2kJ,故B正确;C.该温度下,此反应达到平衡,生成0.4molPCl5,反应消耗0.4molPCl3、0.4molCl2,则平衡时PCl3的物质的量为0.6mol、Cl2的物质的量为0.1mol,化学平衡常数:,故C正确;D.在此温度下,该密闭容器中若初始充入1.0molPCl3、1molCl2、2.0molPCl5,,则此时反应向正反应方向进行,故D错误;答案选D。18.温度为时,在三个容积均为1L的恒容密闭容器中均发生反应:(正反应吸热)。实验测得:,,、为速率常数,受温度影响。容器编号物质的起始浓度()物质的平衡浓度()Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.30.50.2Ⅲ00.50.35下列说法正确的是A.容器Ⅱ达到平衡前B.达到平衡时,容器Ⅲ中的体积分数大于50%C.设K为该反应的化学平衡常数,则有D.当温度改变为时,若,则【答案】D【解析】 【分析】根据容器Ⅰ中各物质的平衡浓度,可以列“三段式”如下:因此,T1温度下,该反应的平衡常数K==0.8。【详解】A.容器Ⅱ中浓度商=0.56,Qc<K,反应向正方向进行,,A错误;B.根据分析,容器Ⅰ中NO体积分数为50%,容器Ⅲ相当于起始加入0.5NO2和0.1O2,相对于容器Ⅰ,平衡时NO体积分数减小,故小于50%,B错误;C.当时,平衡状态建立,则有,平衡常数K=,C错误;D.T1温度时,,正反应为吸热反应,升高温度,K增大,故,D正确;答案选D。二、非选择题。19.亚硝酰氯可作为有机合成试剂。已知:①②沸点:为-6℃,为-34℃,为-152℃。③易水解,能与反应。某研究小组用和在如图所示装置中制备,并分离回收未反应的原料。 回答问题:(1)通入和前先通入氩气,作用是___________;仪器的名称是___________。(2)将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中,目的是___________。(3)实验所需的可用和溶液在稀中反应制得,离子反应方程式为___________。(4)为分离产物和未反应的原料,低温溶槽A的温度区间应控制在___________,仪器C收集的物质是___________。(5)无色的尾气若遇到空气会变为红棕色,原因是___________。【答案】(1)①.排尽装置中的空气,防止与空气中的反应,防止遇空气中的水而水解②.干燥管(2)增大与气体的接触面积,加快反应速率(3)(4)①.或②.(5)与空气中O2的反应产生红棕色的NO2【解析】【分析】通过实验原理可知,进气端为和,经过催化剂使其反应制备;经过低温浴槽A降温,使冷凝,得到产品;再经过低温浴槽B降温,使冷凝,防止逸出,污染空气;剩下NO经过无水氯化钙干燥后,进行回收,据此分析作答。【小问1详解】通入和前先通入氩气,作用是排尽装置中的空气,防止与空气中的反应,防止遇空气中的水而水解;仪器的名称干燥管,故答案为:排尽装置中的空气,防止与空气中的反应,防止遇空气中的水而水解;干燥管;【小问2详解】将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中,目的是增大与气体的接触面积,加快反应速率,故答案为:增大与气体的接触面积,加快反应速率; 【小问3详解】实验所需的可用和溶液在稀中反应制得,则亚铁离子会被氧化为铁离子,离子反应方程式为:,故答案为:;【小问4详解】为分离产物和未反应的原料,低温溶槽A使冷凝,得到产品,则温度区间应控制在或;再经过低温浴槽B降温,使冷凝,防止逸出,污染空气,仪器C收集的物质是,故答案为:或;;【小问5详解】剩下的气体为NO,则无色的尾气若遇到空气会变为红棕色,原因是与空气中的氧气反应产生红棕色的NO2,故答案为:与空气中的氧气反应产生红棕色的NO2。【点睛】本题重点(4),两个沸点低的物质,要经过冷凝分离,沸点高的,要先分离,沸点低的,后分离,温度要根据其沸点判断。20.回答下列问题(1)“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一,CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一,相关的主要反应有:①反应I的活化能Ea(正)___________Ea(逆)(填“>”“<”或“=”)。②反应的∆H=___________kJ·mol-1,K=___________(用K1、K2表示)。③在T温度下,将6molCH4(g)和8molCO2(g)充入2L的恒容密闭容器中,若只发生I的反应,平衡时H2(g)的物质的量为4mol,此时CO2(g)的转化率为___________;T温度时反应I的平衡常数K为___________。若发生反应I和Ⅱ,达到平衡状态时H2(g)和H2O(g)的物质的量均为2mol。此时CO2(g)转化率为___________;则T温度时反应I的平衡常数K为___________。(2)工业上可采用CO和H2合成再生能源甲醇,其反应的化学方程式为。在一容积可变的密闭容器中,充有10molCO和20molH2,用于合成甲醇。CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(P)的关系如图所示: ①上述合成甲醇的反应为___________反应(填“放热”或“吸热”)。②平衡常数KA、KB、KC的大小关系为___________。③若达到平衡状态A时容器的体积为10L,则平衡状态B时容器的体积为___________L。【答案】(1)①.>②.+329③.K1K④.25%⑤.⑥.50%⑦.0.25(2)①.放热②.KA=KB>KC③.2.0L【解析】【小问1详解】①反应Ⅰ的∆H大于0,属于放热反应Ea(正)大于Ea(逆);②根据盖斯定律CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)可以由反应方程式Ⅰ+2Ⅱ得来,故∆H=∆H1+2∆H2=+247kJ·mol-1+2×(+41kJ·mol-1)=+329kJ·mol-1;K=K1K;③若只发生I的反应,平衡时H2(g)的物质的量为4mol,三段式知:此时CO2(g)的转化率为;T温度时反应I的平衡常数K=;根据题意,由达到平衡状态时H2(g)和H2O(g)的物质的量均为2mol可推出如下的转化关系,综合两步反应可知, 反应Ⅰ中各组分的物质的量分别为n(CH4)=4moln(CO2)=4moln(CO)=6moln(H2)=2mol,各组分的浓度为[CH4]=2mol/L、[CO2]=2mol/L、[CO]=3mol/L、[H2]=1mol/L,此时CO2(g)转化率为;则K=;【小问2详解】由图可知,随着温度的升高CO的转化率逐渐降低,即升高温度平衡逆向移动,逆反应吸热,正反应放热,故该反应为放热反应;化学平衡常数只受温度的影响,由于该反应为放热反应,温度升高平衡逆向移动,K值减小,故处于同一温度的A、B两点的K值相等,而所处温度较高的C点,K值较低,即KA=KB>KC;根据题意在平衡状态A时,CO的转化率为0.5,容器的体积为10L,A、B两点的平衡常数相等,即在A点时:在B点时:

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所属: 高中 - 化学
发布时间:2023-11-27 21:05:02 页数:16
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文章作者:随遇而安

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