高考化学化学反应速率与化学平衡的综合热点考点难点.docx
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高考化学化学反应速率与化学平衡的综合热点考点难点
高考化学化学反应速率与化学平衡的综合热点考点难点
一、化学反应速率与化学平衡
1.研究不同pH时CuSO4溶液对H2O2分解的催化作用。
资料:
a.Cu2O为红色固体,难溶于水,能溶于硫酸,生成Cu和Cu2+。
b.CuO2为棕褐色固体,难溶于水,能溶于硫酸,生成Cu2+和H2O2。
c.H2O2有弱酸性:
H2O2
H++HO2-,HO2-
H++O22-。
编号
实验
现象
Ⅰ
向1mLpH=2的1mol·L−1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液
出现少量气泡
Ⅱ
向1mLpH=3的1mol·L−1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液
立即产生少量棕黄色沉淀,出现较明显气泡
Ⅲ
向1mLpH=5的1mol·L−1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液
立即产生大量棕褐色沉淀,产生大量气泡
(1)经检验生成的气体均为O2,Ⅰ中CuSO4催化分解H2O2的化学方程式是__。
(2)对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出2种假设:
ⅰ.CuO2,ⅱ.Cu2O和CuO2的混合物。
为检验上述假设,进行实验Ⅳ:
过滤Ⅲ中的沉淀,洗涤,加入过量硫酸,沉淀完全溶解,溶液呈蓝色,并产生少量气泡。
①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2,其反应的离子方程式是__。
②依据Ⅳ中沉淀完全溶解,甲同学认为假设ⅱ不成立,乙同学不同意甲同学的观点,理由是__。
③为探究沉淀中是否存在Cu2O,设计如下实验:
将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后,取ag固体溶于过量稀硫酸,充分加热。
冷却后调节溶液pH,以PAN为指示剂,向溶液中滴加cmol·L−1EDTA溶液至滴定终点,消耗EDTA溶液VmL。
V=__,可知沉淀中不含Cu2O,假设ⅰ成立。
(已知:
Cu2++EDTA=EDTA-Cu2+,M(CuO2)=96g·mol−1,M(Cu2O)=144g·mol−1)
(3)结合方程式,运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因__。
(4)研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同pH时H2O2分解速率不同的原因。
实验Ⅴ:
在试管中分别取1mLpH=2、3、5的1mol·L−1Na2SO4溶液,向其中各加入0.5mL30%H2O2溶液,三支试管中均无明显现象。
实验Ⅵ:
__(填实验操作和现象),说明CuO2能够催化H2O2分解。
(5)综合上述实验,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同pH时H2O2的分解速率不同的原因是__。
【答案】2H2O2
O2↑+2H2OH2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性,在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu,无法观察到红色沉淀Cu
溶液中存在H2O2
H++HO2-,HO2-
H++O22-,溶液pH增大,两个平衡均正向移动,O22-浓度增大,使得CuO2沉淀量增大将Ⅲ中沉淀过滤,洗涤,干燥,称取少量于试管中,加入30%H2O2溶液,立即产生大量气泡,反应结束后,测得干燥后固体的质量不变CuO2的催化能力强于Cu2+;随pH增大,Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由题意可知,在硫酸铜做催化剂作用下,双氧水分解生成水和氧气,反应的化学方程式为2H2O2
O2↑+2H2O,故答案为:
2H2O2
O2↑+2H2O;
(2)①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2,说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水,反应的离子方程式为H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+,故答案为:
H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+;
②由题意可知,过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水,双氧水具有强氧化性,在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜,无法观察到红色沉淀,说明假设ⅱ可能成立,乙同学的观点正确,故答案为:
CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性,在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu,无法观察到红色沉淀Cu;
③ag过氧化铜的物质的量为
,由方程式可得如下关系:
CuO2—Cu2+—EDTA,则有
=cmol/L×V×10—3L,解得V=
ml,故答案为:
;
(3)由题意可知,双氧水溶液中存在如下电离平衡H2O2
H++HO2-、HO2-
H++O22-,溶液pH增大,氢离子浓度减小,两个平衡均正向移动,过氧根浓度增大,使得过氧化铜沉淀量增大,故答案为:
溶液中存在H2O2
H++HO2-,HO2-
H++O22-,溶液pH增大,两个平衡均正向移动,O22-浓度增大,使得CuO2沉淀量增大;
(4)若过氧化铜能够催化过氧化氢分解,过氧化氢分解速率加快,催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化,则实验操作和现象为将Ⅲ中沉淀过滤,洗涤,干燥,称取少量于试管中,加入30%H2O2溶液,立即产生大量气泡,反应结束后,测得干燥后固体的质量不变,故答案为:
将Ⅲ中沉淀过滤,洗涤,干燥,称取少量于试管中,加入30%H2O2溶液,立即产生大量气泡,反应结束后,测得干燥后固体的质量不变;
(5)由以上实验可知,当溶液pH增大时,双氧水溶液中过氧根浓度增大,使得过氧化铜沉淀量增大,过氧化铜的催化能力强于铜离子,使双氧水的分解速率增大,故答案为:
CuO2的催化能力强于Cu2+;随pH增大,Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多。
【点睛】
当溶液pH增大时,双氧水溶液中过氧根浓度增大,使得过氧化铜沉淀量增大,过氧化铜的催化能力强于铜离子,使双氧水的分解速率增大是解答关键,也是实验设计的关键。
2.碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。
(1)合成该物质的步骤如下:
步骤1:
配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。
步骤2:
用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中,开启搅拌器。
温度控制在50℃。
步骤3:
将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中,1min内滴加完后,用氨水调节溶液pH到9.5。
步骤4:
放置1h后,过滤,洗涤。
步骤5:
在40℃的真空干燥箱中干燥10h,得碳酸镁晶须产品(MgCO3·nH2On=1~5)。
①步骤2控制温度在50℃,较好的加热方法是_________。
②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的化学方程式为__________。
③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。
(2)测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。
称量1.000碳酸镁晶须,放入如图所示的广口瓶中加入适量水,并滴入稀硫酸与晶须反应,生成的CO2被NaOH溶液吸收,在室温下反应4~5h,反应后期将温度升到30℃,最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定,测得CO2的总量;重复上述操作2次。
①图中气球的作用是_________。
②上述反应后期要升温到30℃,主要目的是______。
③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L,则n值为_______。
(3)碳酸镁晶须可由菱镁矿获得,为测定某菱镁矿(主要成分是碳酸镁,含少量碳酸亚铁、二氧化硅)中铁的含量,在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中,加入指示剂,用0.010mol/LH2O2溶液进行滴定。
平行测定四组。
消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。
实验编号
1
2
3
4
消耗H2O2溶液体积/mL
15.00
15.02
15.62
14.98
①H2O2溶液应装在_________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
②根据表中数据,可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_________%(保留小数点后两位)。
【答案】水浴加热MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2O
MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最后一次洗涤液少许于试管中,加入稀盐酸,无明显现象,然后加入BaCl2溶液,若无白色沉淀,则沉淀已经洗涤干净缓冲压强(或平衡压强),还可以起到封闭体系的作用使广口瓶中溶解的CO2充分逸出,并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13
【解析】
【分析】
本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。
合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。
测定MgCO3·nH2O中n值,采用的是加稀硫酸,和MgCO3·nH2O反应,测定产生的CO2的体积,可以通过计算确定MgCO3·nH2O中n值。
测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+,用H2O2溶液滴定,根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。
【详解】
(1)①步骤2控制温度在50℃,当温度不超过100℃时,较好的加热方法是水浴加热。
水浴加热既可均匀加热,又可以很好地控制温度。
②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4,化学方程式为:
MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2O
MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。
③步骤4检验沉淀是否洗涤干净,可以检验洗涤液中的SO42-,方法是取最后一次洗涤液少许于试管中,加入稀盐酸,无明显现象,然后加入BaCl2溶液,若无白色沉淀,则沉淀已经洗涤干净。
(2)①图中气球可以缓冲压强(或平衡压强),还可以起到封闭体系的作用。
②上述反应后期要升温到30℃,主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出,并被NaOH溶液充分吸收。
③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol,根据碳守恒,有
=0.05mol,解得n=4。
(3)①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性,应装在酸式滴定管中。
②四次实验数据,第3次和其他三次数据偏离较大,舍去,计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。
n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol,在H2O2和Fe2+的反应中,H2O2做氧化剂,-1价氧的化合价降低到-2价,Fe2+中铁的化合价升高到+3价,根据电子守恒,n(Fe2+)=2(H2O2)=3×10-4mol,则m(Fe)=3×10-4mol×56g/mol=0.0168g,实验菱镁矿中铁元素的质量分数为
×100%=0.13%。
【点睛】
当控制温度在100℃以下时,可以采取水浴加热的方法。
检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子,选择检测的离子一定是滤液中的离子,并且容易通过化学方法检测。
检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。
3.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉,是工业上重要的还原性漂白剂,也是重要的食品抗氧化剂。
某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。
已知:
Na2S2O4是白色固体,还原性比Na2SO3强,易与酸反应(2S2O42-+4H+=3SO2↑+S↓+2H2O)。
(一)锌粉法
步骤1:
按如图方式,温度控制在40~45℃,当三颈瓶中溶液pH在3~3.5时,停止通入SO2,反应后得到ZnS2O4溶液。
步骤2:
将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中,过滤,滤渣为Zn(OH)2,向滤液中加入一定量食盐,立即析出Na2S2O4•2H2O晶体。
步骤3:
,经过滤,用乙醇洗涤,用120~140℃的热风干燥得到Na2S2O4。
(二)甲酸钠法
步骤4:
按上图方式,将装置中的Zn粉和水换成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。
温度控制在70~83℃,持续通入SO2,维持溶液pH在4~6,经5~8小时充分反应后迅速降温45~55℃,立即析出无水Na2S2O4。
步骤5:
经过滤,用乙醇洗涤,干燥得到Na2S2O4。
回答下列问题:
(1)步骤1容器中发生反应的化学方程式是______;容器中多孔球泡的作用是______。
(2)步骤2中“向滤液中加入一定量食盐,立即析出Na2S2O4•2H2O晶体”的原理是(用必要的化学用语和文字说明)______。
(3)两种方法中控制温度的加热方式是______。
(4)根据上述实验过程判断,Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性为:
______。
(5)甲酸钠法中生成Na2S2O4的总反应为______。
(6)两种方法相比较,锌粉法产品纯度高,可能的原因是______。
(7)限用以下给出的试剂,设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4。
稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液______。
【答案】H2O+SO2=H2SO3,Zn+2H2SO3
ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2
ZnS2O4增大气体与溶液的接触面积,加快气体的吸收速率溶液中存在:
Na2S2O4(s)
Na2S2O4(aq)
2Na+(aq)+
(aq)[或Na2S2O4(s)
2Na+(aq)+
(aq)],增大c(Na+),平衡向逆反应方向移动水浴加热Na2S2O4在水中溶解度较大,在酒精中溶解度较小2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2Zn(OH)2难溶于水,易与Na2S2O4分离取少量产品配成稀溶液,加入足量稀盐酸,充分反应后静置,取上层清液,滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,则可确定产品中含有Na2SO4
【解析】
【分析】
合成保险粉的反应物为Zn、SO2、H2O,根据温度控制在40~45℃,当三颈瓶中溶液pH在3~3.5时,停止通入SO2,反应后得到ZnS2O4溶液,据此分析解答。
【详解】
(1)合成保险粉的反应物有Zn、SO2、H2O,根据温度控制在40~45℃,当三颈瓶中溶液pH在3~3.5时,说明发生了:
H2O+SO2=H2SO3反应,最后反应得到ZnS2O4溶液,说明又发生了:
Zn+2H2SO3
ZnS2O4+2H2O反应,总过程也可以写成:
Zn+2SO2
ZnS2O4,多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积,加快气体的吸收速率;
(2)溶液中存在:
Na2S2O4(s)
Na2S2O4(aq)
2Na+(aq)+
(aq)[或Na2S2O4(s)
2Na+(aq)+
(aq)],增大c(Na+),平衡向逆反应方向移动,所以向滤液中加入一定量食盐,立即析出Na2S2O4•2H2O晶体;
(3)根据温度控制在40~45℃可知需要控制温度的加热方式一般是水浴加热;
(4)根据步骤2中将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中,过滤,滤渣为Zn(OH)2,向滤液中加入食盐,才析出Na2S2O4•2H2O晶体,可知Na2S2O4在水中溶解度较大;根据步骤5析出的晶体用无水乙醇洗涤的目的是使晶体迅速干燥,避免溶解而减少损耗,可知其在酒精中溶解度较小;
(5)由题意可知甲酸钠、二氧化硫、碳酸钠反应生成Na2S2O4,同时生成二氧化碳,反应的方程式为2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2;
(6)锌粉法产品纯度高,可能的原因是Zn(OH)2难溶于水,易与Na2S2O4分离;
(7)设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4,要避免Na2S2O4干扰,所以取少量产品配成稀溶液,加入足量稀盐酸,充分反应后静置,取上层清液,滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,则可确定产品中含有Na2SO4。
4.氧化剂H2O2在反应时不产生污染物被称为绿色氧化剂,因而受到人们越来越多的关注。
I.某实验小组以H2O2分解为例,探究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。
在常温下按照如下表所示的方案完成实验。
实验编号
反应物
催化剂
①
10mL2%H2O2溶液
无
②
10mL5%H2O2溶液
无
③
10mL5%H2O2溶液
1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
④
10mL5%H2O2溶液+少量HCl溶液
1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
⑤
10mL5%H2O2溶液+少量NaOH溶液
1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
(1)实验①和②的目的是_________________________________。
同学们进行实验时没有观察到明显现象而无法得出结论。
资料显示,通常条件下H2O2稳定,不易分解。
为了达到实验目的,你对原实验方案的改进方法是_________________________(填一种方法即可)。
(2)实验③④⑤中,测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图所示。
分析该图能够得出的实验结论是________________________________。
II.资料显示,某些金属离子或金属氧化物对H2O2的分解起催化作用。
为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果,该实验小组的同学设计了如下图所示的实验装置进行实验。
(1)某同学通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢,实验时可以通过测量_______或______来比较。
(2)0.1gMnO2粉末加入50mLH2O2溶液中,在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。
请解释化学反应速率变化的原因:
_____________。
请计算H2O2的初始物质的量浓度为________________(保留两位有效数字)。
为探究MnO2在此实验中对H2O2的分解起催化作用,需补做下列实验(无需写出具体操作):
a._________________;b.___________________。
【答案】探究浓度对反应速率的影响向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中)碱性环境能增大H2O2分解的速率,酸性环境能减小H2O2分解的速率相同时间内产生O2的体积生成相同体积O2所需要的时间随着反应的进行,浓度减小,反应速率减慢0.11mol·L-1MnO2的质量有没有改变MnO2的化学性质有没有改变
【解析】
【详解】
I.
(1)实验①和②中H2O2的浓度不同,其它条件相同,故实验目的是探究浓度对反应速率的影响;实验时没有观察到明显现象是因为反应太慢,那么就要采取措施加快反应,可以向反应物中加入等量同种催化剂或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中。
(2)从图可以看出产生O2的最终体积相等,但溶液的酸碱性不同,反应速率不同,在碱性环境能增大H2O2分解的速率,酸性环境能减小H2O2分解的速率。
II.
(1)通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢时可以看相同时间内产生O2的体积,或生成相同体积O2所需要的时间。
(2)从图可以看出,反应开始后,在相同的时间内生成的O2的体积逐渐减小,反应速率变慢,那么造成反应变慢的原因是随着反应的进行,浓度减小,反应速率减慢;反应在进行到4min时O2的体积不再改变,说明反应完全,生成O2的物质的量为:
60×10-3L÷22.4L/mol=2.7×10-3mol,根据反应2H2O2=2H2O+O2↑,生成2.7×10-3molO2,需要消耗H2O2的物质的量为5.4×10-3mol,则H2O2的物质的量浓度为:
5.4×10-3mol÷0.05L=0.11mol·L-1;要探究MnO2是不是起到催化作用,根据催化剂在反应中的特点:
反应前后质量和性质没有发生改变,所以需要补做实验来确定MnO2的质量有没有改变、MnO2的化学性质有没有改变。
5.某化学兴趣小组探究氯与水反应的热效应及所得溶液氯元素含量,查阅大量资料并做下列实验探究验证
实验Ⅰ:
在通风橱内向装有80mL蒸馏水的锥形瓶
瓶口塞上棉花团
中鼓入氯气,至溶液中pH没有明显变化停止通入氯气,使用数据采集器,测定在此过程中溶液的温度及pH变化,具体数据如图所示:
实验Ⅱ:
对20mL饱和氯水加热,测出c(Cl—)、pH及温度变化如图2所示。
实验Ⅲ:
采用莫尔法测定氯水中氯元素的含量。
此法是以
为指示剂,用
标准溶液进行滴定。
其实验步骤如下:
①准确移取25.00ml氯水试样3份,分别置于锥形瓶中,再分别加入25.00ml水;
②向试样中加入足量的
溶液;
③除去过量的
,冷却;
④调整溶液的pH,再加入
溶液,在不断摇动下用
标准溶液滴定至溶液呈砖红色
砖红色
]
⑤重复上述实验,测得消耗
标准溶液体积的平均值为vmL
回答下列问题:
(1)氯气在295K、100Kpa时,在1L水中可溶解0.09mol,实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反应。
该反应的离子方程式为______;估算该离子反应的平衡常数______
(2)根据实验Ⅰ测定结果判断氯气与水的反应是______
填“吸热反应”或“放热反应”
理由是______
(2)分析实验Ⅱ图,小组同学推测产生该结果的原因可能是多种反应造成的,下列叙述合理的是______
A.升温,氯气挥发导致c(Cl—)减小
B.对于
和
的反应,升温平衡逆向移动,c(Cl—)减小,pH减小
C.升温,促进次氯酸分解2HClO
2HCl+O2↑
D.升温,可能发生3HClO
2HCl+HClO3(强酸),使得pH减小
(4)实验Ⅲ步骤3中加足量的
溶液,目的是______
(5)用
标准溶液滴定氯离子达到化学计量点时,
,若此时要求不生成
沉淀,则
最大不能超过______
已知:
,
(6)计算实验Ⅲ氯水中氯元素的含量,列出算式:
______
【答案】
放热反应随氯气通入,溶液温度升高ACD足量的过氧化氢可将氯气完全还原为氯离子
【解析】
【分析】
【详解】
(1)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,反应的离子方程式为:
,在1L水中可溶解
氯气,氯气浓度近似为
,则可建立如下三段式:
则平衡常数
,故答案为:
;
;
(2)由图可知,随氯气通入,发生反应使溶液温度升高,则正反应为放热反应,故答案为:
放热;随氯气通入,溶液温度升高;
(3)A.升高温度、气体的溶解度减小,则导致
减小,故A正确;
B.为放热反应,升高温度平衡逆向移动,
减小,而pH增大,故B错误;
C.HClO不稳定,受热易分解,升温,促进次氯酸分解,故C正确;
D.升温,可能发生
强酸
,酸性增强,则pH减小,故D正确;故答案为:
ACD;
(4)实验Ⅲ步骤3中加足量的
溶液,目的是足量的过氧化氢可将氯气完全还原为氯离子,故答案为:
足量的过氧化氢可将氯气完全还原为氯离子;
(5)用
标准溶液滴定氯离子达到化学计量点时,
,不生成
沉淀,则
,故答案为:
;
(6)由
可知,实验Ⅲ氯水中氯元素的含量为
,故答案为:
。
6.N2+3H2
2NH3合成氨工业对化学工业和国防工业具有重要意义。
工业合成氨生产示意图如图所示。
①X的化学式为___;
②图中条件选定的主要原因是(选填字母序号)___;
A.温度、压强对化学平衡影响
B.铁触媒在该温度时活性大
C.工业生产受动力、材料、设备等条件的限制
③改变反应条件,会使平衡发生移动。
如图表示随条件改变,氨气的百分含量的变化趋势。
当横坐标为压强时,变化趋势正确的是(选填字母代号)___,当横坐标为温度时,变化趋势正确的是(选填字母序号)___。
【答案】NH3BCCa
【解析】
【分析】
根据题中工业合成氨生产示意图可知,本题
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