届全国高考化学预热摸底题9解析版.docx
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届全国高考化学预热摸底题9解析版
2019届全国高考化学预热摸底题(9)(解析版)
1.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是
A.1molSO2与0.5molO2在一定条件下充分反应,转移电子数为2NA
B.向含1molCl-的NH4Cl溶液中加入氨水使溶液呈中性,此时溶液中NH4+数目为NA
C.10gD216O和10gH218O中含有的中子数均为5NA
D.向2mL0.5mol/L硅酸钠溶液中滴入适量盐酸制硅酸胶体,所得胶粒数目小于0.001NA
【答案】A
2.(2018·白城市高三教学质量监测二模)《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述:
“绿矾形似朴消(Na2SO4·10H2O)而绿色,取此一物置于铁板上,聚炭,封之囊袋,吹令火炽,其矾即沸,流出,色赤如融金汁者是真也。
”对此段话的说明中肯定错误的是( )
A.绿矾的化学式为FeSO4·7H2O
B.绿矾分解过程中没有发生电子的转移
C.“色赤”物质可能是Fe2O3
D.流出的液体中可能含有硫酸
答案 B
解析 绿矾在加热时会溶解在结晶水中,然后发生分解,化学方程式为2FeSO4·7H2O
Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O,铁的化合价由+2升高到+3价,S由+6降低到+4,所以绿矾分解是氧化还原反应,有电子转移。
三氧化硫溶于水生成硫酸。
综上所述B不正确,选B。
3.(2018·银川市第二中学高三下学期第三次模拟考试)室温下,用0.1000mol·L-1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.10000mol·L-1氢氧化钠溶液和氨水,滴定过程中溶液pH随加入盐酸体积[V(HCl)]的变化关系如图所示。
下列说法不正确的是( )
A.Ⅱ表示的是滴定氨水的曲线,当V(HCl)=20mL时:
c(Cl-)>c(NH
)>c(H+)>c(OH-)
B.滴定氨水消耗的V(HCl)=20mL时,溶液的pH=7且c(NH+4)=c(Cl-)
C.滴定氢氧化钠溶液,V(HCl)>20mL时可能有:
c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D.当滴定氨水消耗V(HCl)=10mL时,有2[c(OH-)-c(H+)]=c(NH+4)-c(NH3·H2O)
答案 B
解析 氨水是弱碱,氢氧化钠是强碱,在浓度相等的条件下氨水的pH值小于氢氧化钠的,则Ⅱ表示的是滴定氨水的曲线,当V(HCl)=20mL时,二者恰好反应生成氯化铵,铵根水解溶液显酸性,则有c(Cl-)>c(NH
)>c(H+)>c(OH-),A正确;氨水和盐酸恰好反应时生成的氯化铵水溶液显酸性,因此当pH=7时,滴定氨水消耗的V(HCl)<20mL,B错误;滴定氢氧化钠溶液时,若V(HCl)>20mL,可能有:
c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),也可能是c(Cl-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-),C正确;当滴定氨水消耗V(HCl)=10mL时,溶液中含有相同浓度的氯化铵和一水合氨,则根据电荷守恒和物料守恒可知有:
2[c(OH-)-c(H+)]=c(NH
)-c(NH3·H2O),D正确,答案选B。
4.(2018·安徽省安庆一中高三第四次模拟考试)下图为0.100mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L-1的HA和HB的滴定曲线。
下列说法错误的是(己知lg2≈0.3)( )
A.HB是弱酸,b点时溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)
B.a、b、c三点水电离出的c(H+):
a
C.滴定HB时,不宜用甲基橙作指示剂
D.滴定HA溶液时,当V(NaOH)=19.98mL时溶液pH约为3.7
答案 D
解析 酸的浓度均是0.1mol·L-1,起始时HA的pH=1,HA是强酸,HB的pH大于1,HB是弱酸,b点时HB被中和一半,所得溶液是等量HB和NaB的混合溶液,溶液显酸性,说明电离程度大于水解程度,则溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB),A正确;a、b两点酸均是过量的,抑制水的电离,HA是强酸,抑制程度最大。
c点恰好反应生成的NaB水解,促进水的电离,因此三点溶液中水电离出的c(H+):
a
mol·L-1≈5×10-5mol·L-1,所以pH约为4.3,D错误,答案选D。
5.(2018·白城市高三教学质量监测)下列实验能达到相应实验目的的是( )
选项
试剂
实验目的
实验装置
X
Y
Z
A
Na2SO3
稀HNO3
品红溶液
证明SO2具有漂白性
B
MnO2
浓盐酸
KI淀粉溶液
比较Cl2与I2的氧化性强弱
C
NaCl
浓硫酸
AgNO3溶液
证明酸性:
H2SO4>HCl
D
蔗糖
浓硫酸
溴水
证明浓硫酸具有脱水性、氧化性
答案 D
解析 亚硫酸钠可以被稀硝酸氧化为硫酸钠,两者反应不生成二氧化硫,所以无法证明二氧化硫的漂白性,A不正确;二氧化锰与浓盐酸常温下不发生反应,所以无法制取氯气,B不正确;氯化钠与浓硫酸反应生成氯化氢气体,是因为浓硫酸难挥发而氯化氢易挥发,并不是因为硫酸的酸性比盐酸强,所以C不正确;蔗糖与浓硫酸反应,首先看到固体变黑,这证明了浓硫酸的脱水性,然后看到固体开始膨胀,同时观察到溴水褪色,这证明了有二氧化硫生成,说明硫酸被还原了也就证明浓硫酸表现了强氧化性,所以D正确。
6.(2016·葫芦岛市第一高级中学高三上学期第二次周考)某兴趣小组用下图装置制备气体(酒精灯可以根据需要选择),对应说法正确的是( )
选项
①中药品
②中药品
③中药品
④中
药品
制备气体
⑥中药品及作用
A
浓盐酸
MnO2
饱和食盐水
浓硫酸
Cl2
NaOH溶液,尾气吸收
B
稀硝酸
Cu
烧碱溶液
浓硫酸
NO
NaOH溶液,尾气吸收
C
浓盐酸
大理石
饱和Na2CO3溶液
浓硫酸
CO2
澄清石灰水,检验
D
浓盐酸
Zn
水
浓硫酸
H2
撤去
答案 A
解析 二氧化锰和浓盐酸加热反应生成的氯气中含氯化氢和水蒸气,通过饱和食盐水除去氯化氢,通过浓硫酸除去水蒸气,氯气比空气密度大可以用向上排气法收集,最后剩余的氯气有毒,通入氢氧化钠溶液吸收,实验过程正确,故A正确;稀硝酸和铜加热反应生成一氧化氮,气体中含硝酸蒸气和水蒸气,通过烧碱溶液吸收硝酸,通过浓硫酸干燥,一氧化氮易被空气中的氧气氧化生成二氧化氮,不能用排空气法收集一氧化氮气体,故B错误;浓盐酸和大理石反应生成的二氧化碳气体中含氯化氢、水蒸气,通过饱和碳酸钠溶液会吸收二氧化碳,不能得到二氧化碳气体,故C错误;浓盐酸和锌反应生成的氢气中混有氯化氢和水蒸气,通过水吸收氯化氢,浓硫酸干燥氢气,氢气比空气密度小,不能用装置⑤收集到氢气,剩余氢气点燃处理,不能排放到空气中,故D错误。
7.(2018·实验中学高三下学期模拟考试)溴化钙是一种重要的化工原料,制备CaBr2·2H2O的主要流程如下:
下列说法不正确的是( )
A.试剂M是HBr,加入HBr的目的是除去过量的Ca(OH)2
B.操作Ⅰ为过滤,滤渣为Fe、Fe(OH)2和Fe(OH)3;操作Ⅱ为重结晶,具体操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥
C.制得的CaBr2·2H2O可以通过以下方法测定纯度:
称取一定量的样品溶于水,滴入足量Na2CO3溶液,充分反应后过滤,将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量,计算便得出CaBr2·2H2O的纯度
D.工业上也可以将氨气通入石灰乳,并加入溴,于65℃进行反应,制得溴化钙,此反应中还会生成一种无色气体,该反应的化学方程式为3Ca(OH)2+3Br2+2NH3
3CaBr2+N2+6H2O
答案 B
解析 Fe与溴单质反应生成FeBr2,加过量的氢氧化钙,生成氢氧化亚铁沉淀,氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁,过滤得到滤液中主要含有CaBr2,在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙,然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到CaBr2·2H2O晶体。
根据上述分析,溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙,过滤得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙,加溴化氢除去多余的氢氧化钙,则加入的M为HBr,故A正确;氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁,操作Ⅰ为过滤,滤渣为Fe和Fe(OH)3,故B错误;称取一定量的样品溶于水,滴入足量Na2CO3溶液,充分反应后过滤得到生成的碳酸钙沉淀,将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量氧化钙的质量,可以得出CaBr2·2H2O的纯度,故C正确;3Ca(OH)2+3Br2+2NH3
3CaBr2+N2+6H2O,因此工业上也可以将氨气通入石灰乳,并加入溴,于65℃进行反应,制得溴化钙,故D正确。
8.(2018·长沙市雅礼中学高考模拟试卷)亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂,主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌,以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图:
已知:
①NaClO2的溶解度随温度升高而增大,适当条件下可结晶析出NaClO2·3H2O。
②纯ClO2易分解爆炸,一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。
③HClO2可看成是强酸。
则下列说法不正确的是( )
A.在发生器中鼓入空气的作用可能是稀释ClO2以防止爆炸
B.吸收塔内发生反应的离子方程式:
2ClO2+H2O2―→2HClO2+O2
C.吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl,所用还原剂的还原性应适中,除H2O2外,还可以选择还原性适中的Na2O2
D.从滤液中得到的NaClO2·3H2O为粗晶体,要得到更加纯净的NaClO2·3H2O晶体必须进行重结晶操作
答案 B
解析 根据题中所给信息,ClO2易分解爆炸,一般用稀有气体或空气稀释到10%以下,因此发生器中鼓入空气的作用是稀释ClO2防止爆炸,故A说法正确;根据流程,吸收塔内发生的离子方程式为2OH-+H2O2+2ClO2===2ClO
+2H2O+O2↑,故B说法错误;H2O2和Na2O2都含有过氧键,故C说法正确;粗晶体提纯,需要进行重结晶,故D说法正确。
9.(2018·河南省豫南九校高三下学期质量考评七)某单官能团链状有机化合物,只含碳、氢、氧三种元素,相对分子质量为74,完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O,它可能有的结构共有(不考虑立体异构)( )
A.2种B.3种
C.4种D.5种以上
答案 B
解析 由于该有机物完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O,则分子式中的C和H原子的个数比为1∶2,假设分子中有一个氧原子,碳原子和氢原子的相对原子质量之和为58,不能被14整除,若分子中有两个氧原子,碳原子和氢原子的相对原子质量之和为42,能被14整除,所以该含氧衍生物的分子式为C3H6O2。
又由于是单官能团,所以它可能有的同分异构体有CH3CH2COOH、HCOOCH2CH3、CH3COOCH3三种,B项正确。
10.(2018·淮北市高三第二次模拟考试)深埋在潮湿土壤中的铁管道,在硫酸盐还原菌作用下,能被硫酸根腐蚀,其电化学腐蚀原理如图示,下列与此原理有关说法错误的是( )
A.正极反应:
SO
+5H2O+8e-===HS-+9OH-
B.输送暖气的管道不易发生此类腐蚀
C.这种情况下,Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3·xH2O
D.管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀
答案 C
解析 原电池的正极发生还原反应,由图示可知发生的电极反应为SO
+5H2O+8e-===HS-+9OH-,故A正确;硫酸盐还原菌是蛋白质,在高温下易变性,失去催化能力,则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀,故B正确;由图示可知,Fe腐蚀的最终产物为FeO,故C错误;管道上刷富锌油漆,形成Zn-Fe原电池,Fe变为正极,可以延缓管道的腐蚀,故D正确。
11.(2018·兰州第一中学高三冲刺模拟考试)短周期原子序数依次增大的主族元素R、T、Q、W、Y、Z具有如下信息:
①R、Y原子的最外层电子数与电子层数相同;②Q是地壳中含量最高的元素,R与T的核电荷数之和等于Q的核电荷数;③W与R同主族,Z与Q同主族。
下列说法正确的是( )
A.Q与Y组成的常见物质是一种两性物质,能与氨水反应
B.已知WRZQ3溶液呈酸性,若将WRZQ3固体溶于水,能促进水的电离
C.元素Q与W形成的两种常见化合物中含有相同比例的阴、阳离子
D.元素T、Q、W、Y的原子半径大小为T 答案 C 解析 R、T、Q、W、Y、Z是短周期原子序数依次增大的主族元素,①R、Y原子的最外层电子数与电子层数相同,可知R是H元素,由②知Q是O元素;则T是N元素;③W与R同主族,则W是Na元素,Y原子的最外层电子数与电子层数相同,且原子序数比W大的短周期元素是Al,所以Y是Al元素;Z与Q同主族,则Z是S元素。 A项,O与Al组成的常见物质Al2O3是一种两性氧化物,能与强碱溶液反应,不能与氨水等弱碱反应,A错误;B项,NaHSO3水溶液显酸性,HSO 的电离大于水解,抑制了水的电离,B错误;C项,Na2O和Na2O2中,阳离子和阴离子个数比均为2∶1,C正确;D项,N(T)和O(Q)同在第二周期,Na(W)和Al(Y)同在第三周期,因为电子层数越大半径越大,同周期原子序数越大,原子半径越小,故原子半径: Q 12.(2018·甘肃省西北师范大学附属中学高三下学期第四次校内诊断考试)W、X、Y、Z均是短周期元素,X、Y、Z处于同一周期,W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构,W的最高价氧化物对应的水化物可与其最简单的气态氢化物反应生成易溶于水的盐,X的氧化物具有两性,Y的最高正价与最低负价的代数和为0,下列说法正确的是( ) A.离子半径: W>Z>X B.单质熔点: W>Z C.最高正价: W>X>Y>Z D.W、X、Z最高价氧化物对应的水化物相互之间能发生反应 答案 A 解析 W的最高价氧化物对应的水化物可与其最简单的气态氢化物反应生成易溶于水的盐,推出W为N,X的氧化物具有两性,X为Al,Y的最高正价与最低负价的代数和为0,Y为第ⅣA族元素,X、Y、Z处于同一周期,则Y为Si,W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构,且X、Y、Z处于同一周期,Z可能是Na,也可能是Mg。 核外电子排布相同,半径随着原子序数的增大而减小,即N3->Na+(Mg2+)>Al3+,故A正确;W的单质为N2,常温下为气体,Z无论是Na还是Mg,常温下都是固体,因此单质熔点是Z>W,故B错误;N、X、Y、Z元素最高正价分别是+5价、+3价、+4价、+1(+2)价,最高正价顺序是W>Y>X>Z,故C错误;最高价氧化物对应水化物分别是HNO3、Al(OH)3、NaOH[Mg(OH)2],如果Z为Na,W、X、Z元素最高价氧化物对应的水化物之间两两反应,如果Z是Mg,Al(OH)3和Mg(OH)2不反应,故D错误。 13.短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,元素X的一种同位素没有中子,元素Y的简单气态氢化物的水溶液呈碱性,Z2+的电子层结构与氖相同,M的一种同素异形体的化学式为M4,易自燃。 下列判断正确的是 A.X与Z形成的二元化合物是离子化合物B.Z的单质在Y的单质中燃烧生成Z2Y3 C.原子半径: M>Z>Y>XD.最高价氧化物对应水化物的酸性: Y 【答案】A 二、非选择题 1.C60具有完美的球形结构。 之后Si60、N60等球形分子被不断制备出来。 回答下列问题: (1)Si的核外电子排布式为____________,C和N元素中第一电离能较大的是________________。 (2)富勒烯衍生物具有良好的光电性能,富勒烯(C60)的结构如图所示,C60属于________晶体;C60中C原子的杂化类型为__________________。 (3)N60的晶体中存在的作用力有____________(填字母)。 A.共价键B.离子键C.氢键D.范德华力E.配位键F.金属键 (4)立方氮化硼(BN)可做磨料,其结构与金刚石相似,二者具有相似性结构的原因是______________________________________________。 (5)金属M(相对原子质量为m)与N60形成的化合物晶体结构如图所示(其中白球代表N60,黑球代表金属M),其晶胞边长为kpm,NA代表阿伏加德罗常数的值,则其密度为_______g·cm-3,该化合物中N60的配位数为__________________。 【答案】 (1).1s22s32p63s23p2或[Ar]3s23p2 (2).N(3).分子(4).sp2(5).AD(6).硼原子核外有3个价电子,氮原子核外有5个价电子。 在立方氮化硼晶体中,每个硼原子除了利用3个价电子形成的共价键外,还可以提供空轨道,接受氮原子的孤对电子,形成一个配位键,于是在立方氮化硼晶体中硼原子和氮原子都采取sp3杂化方式,这和金刚石中C原子的轨道杂化方式一样,就形成了与金刚石类似的正四面体空间网状结构(7). 或 (8).4 【解析】分析: (1)Si原子核外有14个电子,根据构造原理写出Si的核外电子排布式。 用同周期元素第一电离能的变化规律比较C和N的第一电离能。 (2)C60属于分子晶体。 C60中每个碳原子形成3个碳碳σ键和1个π键,C原子的杂化类型为sp2杂化。 (3)N60由分子构成,N60分子间存在范德华力,N60分子内N原子间存在共价键。 (4)立方氮化硼结构与金刚石相似的原因是: 硼原子核外有3个价电子,氮原子核外有5个价电子。 在立方氮化硼晶体中,每个硼原子除了利用3个价电子形成的共价键外,还可以提供空轨道,接受氮原子的孤对电子,形成一个配位键,于是在立方氮化硼晶体中硼原子和氮原子都采取sp3杂化方式,这和金刚石中C原子的轨道杂化方式一样,就形成了与金刚石类似的正四面体空间网状结构。 (5)用“均摊法”确定晶胞中粒子的个数,从而确定晶体的化学式,由晶胞边长计算晶胞体积,1mol晶体的质量除以1mol晶体的体积计算晶体的密度。 根据晶胞观察M的配位数,由个数比确定N60的配位数。 详解: (1)Si原子核外有14个电子,根据构造原理,Si的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2。 同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势,C和N都是第二周期元素,第一电离能: C N,第一电离能较大的是N。 (2)C60属于分子晶体。 C60中每个碳原子形成3个碳碳σ键和1个π键,C原子的杂化类型为sp2杂化。 (3)N60由分子构成,N60分子间存在范德华力,N60分子内N原子间存在共价键;答案选AD。 (4)立方氮化硼结构与金刚石相似的原因是: 硼原子核外有3个价电子,氮原子核外有5个价电子。 在立方氮化硼晶体中,每个硼原子除了利用3个价电子形成的共价键外,还可以提供空轨道,接受氮原子的孤对电子,形成一个配位键,于是在立方氮化硼晶体中硼原子和氮原子都采取sp3杂化方式,这和金刚石中C原子的轨道杂化方式一样,就形成了与金刚石类似的正四面体空间网状结构。 (5)用“均摊法”,1个晶胞中含M: 4个,含N60: 8 +6 =4个,M与N60的个数比为1: 1,晶体的化学式为MN60;晶胞边长为kpm,晶胞的体积为(k 10-10cm)3,1mol晶体的体积为(k 10-10cm)3 4 NA;1mol晶体的质量为(m+60 14)g;该化合物的密度为(m+60 14)g [(k 10-10cm)3 4 NA]= g/cm3= g/cm3。 根据晶胞,M的配位数为4,M与N60的个数比为1: 1,该化合物中N60的配位数为4。 2,“一带路”为中国化工企业开辟了新的国际市场,能源环保是基础。 在能源领域科学家提出构想——富集空气中的CO2,并使之与H2反应生成可再生能源甲醇.流程如下: (1)在合成塔中,若有4400gCO2与足量H2完全反应,生成气态的H2O和气态甲醇,可放出5370kJ的热量,写出该反应的热化学方程式________________。 (2)一定条件下,向2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2在不同催化剂作用下发生反应I、反应II、反应III,相同时间内CO2的转化率随温度变化如图1所示: ①催化效果最佳的反应是_________(填“反应I”、“反应II”、“反应III”)。 ②b点反应速率v(正)______v(逆)(填“>”、“=”或“<”)。 ③若此反应在a点时已达平衡状态,a点的转化率比c点高的原因是_________。 (3)选取合适的催化剂发生上述反应,测得甲醇的产率与反应温度、压强的关系如图2。 ④分析图中数据可知,在220℃、5.0MPa时,CO2的转化率为________;将温度降低至140℃、压强减小至2.0MPa,CO2的转化率将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。 ⑤200℃、2.0MPa时,将amol/LCO2和3amol/LH2充入VL密闭容器中,在催化剂作用下反应达到平衡。 根据图中数据计算所得甲醇的质量______g(用含a、V的代数式表示)。 (4)用NaOH溶液吸收CO2所得饱和碳酸钠溶液可以对废旧电池中的铅膏(主要成分PbSO4)进行脱硫反应。 已知Ksp(PbSO4)=1.6×10-8,Ksp(PbCO3)=7.4×10-14,PbSO4(s)+CO32-(aq)==PbCO3(s)+SO42-(aq),则该反应的平衡常数K=___(保留三位有效数字);若在其溶液中加入少量Pb(NO3)2晶体,则c(SO42-): c(CO32-)的比值将_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。 【答案】 (1).CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H=-53.7kJ/mol (2).反应I(3).>(4).该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动(5).25%(6).增大(7).4.8aV(8).2.16×105(9).不变 【解析】分析: (1)根据参加反应的CO2的物质的量结合放出的热量解答; (2)①根据相同条件下CO2的转化率越高催化效果越好分析; ②根据b点在曲线下方转化率低分析解答; ③根据温度对平衡状态的影响分析; (3)④根据在220℃、5.0MPa时甲醇的产率是25%计算;根据图像分析; ⑤根据在200℃、2.0MPa时甲醇的产率是1%计算; (4)根据平衡常数的含义、影响因素结合方程式计算与判断。 详解: (1)4400gCO2的物质的量是100mol,放出的热量是5370kJ,则1molCO2完全反应放出的热量是53.70kJ,因此该反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H=-53.7kJ/mol (2)①根据图像可知在相同条件下反应I中CO2的转化率最高,则催化效果最佳的反应是反应I。 ②b点在曲线下方,转化率低,在达到平衡的过程中CO2的转化率升高,这说明此时反应向正反应方向进行,则反应速率v(正)>v(逆)。 ③由于该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,因此a点的转化率比c点高。 (3)④在220℃、5.0MPa时甲醇的产率是25%,则 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) 起始量(m
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