湖北省武汉市届高三下学期调研理科综合化学试题附解析.docx
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湖北省武汉市届高三下学期调研理科综合化学试题附解析
武汉市2019届高中毕业生二月调研测试
理科综合试卷(化学部分)
可能用到的相对原子质量H-1Li-7B-1lC-12O-16A1-27P-31Mn-55Fe-56
一、选择题:
本题共13小题,每小题6分共78分。
在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。
1.用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4,的流程示意图如下:
下列叙述错误的是
A.为提高步骤①的反应速率,可采取搅拌、升温等措施
B.步骤②中,主要反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+
C.步骤④中,反应完成后剩余的H2O2无需除去
D.步骤⑤中,“分离”包含的操作有过滤、洗涤
【答案】C
【解析】
【分析】
铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸,加入铁粉还原铁离子:
2Fe3++Fe=3Fe2+,过滤过量的铁,滤液B的溶质为氯化亚铁,加入氢氧化钠溶液,生成Fe(OH)2浑浊液,向浑浊液中加入双氧水,双氧水将Fe(OH)2浊液氧化成浊液D,反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2,浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4,经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4,据此分析解答。
【详解】A.搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率,A正确;
B.滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸,加入铁粉还原Fe3+,即主要的离子反应为:
2Fe3++Fe=3Fe2+,B正确;
C.步骤④中,浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D,为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2+的比例,为防止滤液B中Fe2+在步骤⑤中被H2O2氧化,步骤④中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2,C错误;
D.步骤⑤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4,使Fe3O4分离出来需经过过滤、洗涤、干燥,D正确;
故答案选C。
【点睛】本题考查了物质的制备,涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等,需要学生具备扎实的基础。
2.利用待测样品和指定的试剂设计实验能达到实验目的的是
实验目的
待测样品
试剂
A
检验补铁剂硫酸亚铁片是否部分氧化
硫酸亚铁片的水溶液
铁氰化钾溶液
B
检验洁厕剂的主要成分是盐酸
洁厕剂
硝酸银溶液
C
检验是否患糖尿病
患者尿液
硫酸铜溶液、纯碱溶液
D
检验海带中的碘元素
海带灰浸出液
氯水、淀粉溶液
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.检验补铁剂硫酸亚铁片是否部分氧化,要取硫酸亚铁片的水溶液,向其中滴加KSCN溶液(或亚铁氰化钾溶液),若变为红色(或产生蓝色沉淀),就证明含有Fe3+,该补铁剂被氧化,否则未被氧化,A错误;
B.能够与硝酸银溶液反应产生白色沉淀的可能是HCl,也可能是NaCl、Na2CO3、Na2SO4等物质,因此不能证明洁厕剂的主要成分是盐酸,B错误;
C.检验是否患糖尿病,要取患者尿液,向其中加入NaOH至溶液呈碱性,加入新制的Cu(OH)2悬浊液(可由硫酸铜溶液与过量NaOH溶液制备),加热煮沸,若产生砖红色沉淀,证明尿液中含有葡萄糖,C错误;
D.检验海带中的碘元素的方法是向海带灰浸出液中加入新制氯水,发生反应:
Cl2+2I-=2Cl-+I2,I2遇淀粉溶液变为蓝色,证明海带中含有碘元素,D正确;
故合理选项是D。
3.某研究性小组为了探究石蜡油分解产物,设计了如下实验方案。
下列说法错误的是
A.石蜡油是石油减压蒸馏的产物
B.碎瓷片加快了石蜡油的分解
C.酸性高锰酸钾溶液褪色说明生成了乙烯
D.溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生了加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.石油在常温下分馏得煤油、柴油、重油等馏分,然后以重油为原料经减压蒸馏得到石蜡油,A正确;
B.碎瓷片作催化剂,降低了反应的活化能,从而加快了石蜡油分解的速率,B正确;
C.能酸性高锰酸钾溶液褪色的不一定是乙烯,酸性高锰酸钾溶液褪色只能说明石蜡油分解生成了烯烃,C错误;D.石蜡油分解得到烯烃和烷烃,其中烯烃和溴的四氯化碳溶液发生加成反应,D正确;
故合理选项是C。
4.设NA是阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.标准状况下,44.8LCHCl3中含有氯原子的数目为6NA
B.1mol葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为5NA
C.7gLi在空气中完全燃烧转移的电子数为2NA
D.0.5mol/LNH4NO3溶液中含有的NH4+数目小于0.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.标准状况下CHCl3是液体,不能使用气体摩尔体积计算微粒数目,A错误;
B.1个葡萄糖分子中含有5个羟基,则1mol葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为5NA,B正确;
C.Li是+1价的金属,7gLi的物质的量是1mol,1molLi在空气中完全燃烧转移的电子数为NA,C错误;
D.只有溶液的浓度,缺少溶液体积,无法计算溶质物质的量,NH4+在溶液中发生水解,D错误;
故合理选项是B。
5.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。
1,4-二氧杂螺[2.2]丙烷的结构简式为
。
下列说法正确的是
A.1mol该有机物完全燃烧需要4molO2
B.该有机物与HCOOCH=CH2互为同分异构体
C.该有机物的二氯代物有3种
D.该有机物所有原子均处于同一平面
【答案】B
【解析】
【详解】A.该化合物分子式是C3H4O2,1mol该有机物完全燃烧需要3molO2,A错误;
B.HCOOCH=CH2分子式也是C3H4O2,二者分子式相同,分子结构不同,互为同分异构体,B正确;
C.在该物质分子中只有2个C原子上分别含有2个H原子,一氯代物只有1种,其二氯代物中,两个Cl原子可以在同一个C原子上,也可以在不同的C原子上,所以该有机物的二氯代物有2种,C错误;
D.由于分子中的C原子为饱和C原子,其结构与CH4中的C原子类似,构成的是四面体结构,因此不可能所有原子均处于同一平面,D错误;
故合理选项是B。
6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,其中Y、Z位于同一主族。
X的气态氢化物常用作制冷剂。
ZYW2能与水剧烈反应,可观察到液面上有雾生成,并有刺激性气味的气体逸出,该气体可使品红溶液褪色。
下列说法正确的是
A.最简单氢化物的沸点:
Z>Y
B.原子半径:
W>Z>Y>X
C.把ZY2通入石蕊试液中先变红后褪色
D.向ZYW2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【分析】
X的气态氢化物常用作制冷剂,所以X是N,Y和Z位于同一主族,ZYW2能与水剧烈反应,可观察到液面上有雾生成,并有刺激性气味的气体逸出,该气体可使品红溶液褪色,即有SO2产生,所以Y是O,Z是S,W是Cl,ZYW2是SOCl2,据此回答。
【详解】据上所述可知X是N,Y是O,Z是S,W是Cl。
A.元素Y是O,最简单氢化物H2O是液体,Z是S,最简单氢化物H2S呈气态,由于水分子间形成氢键,所以最简单氢化物的沸点:
Z B.同一周期的元素,原子序数越大,原子半径越小,不同周期的元素,原子核外电子层数越多,原子半径越大,所以四种元素的原子半径关系为: Z>W>X>Y,B错误; C.化合物ZY2是SO2,该物质与水反应产生H2SO3,H2SO3具有酸性,通入石蕊试液中只变红不褪色,C错误; D.化合物ZYW2是SOCl2,与水反应产生SO2和HCl,向反应后的溶液中滴加AgNO3溶液,发生反应: Ag++Cl-=AgCl↓,D正确; 故合理选项是D。 【点睛】本题目考查原子结构与元素周期律知识,本题注意把握物质的性质与用途,为解答该题的关键,本题侧重考查学生的分析能力,难度不大。 7.常温下,向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/LNa2S溶液滴加过程中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。 下列说法错误的是 A.Ksp(CuS)的数量级为10-35 B.曲线上各点的溶液均满足关系式c(S2-)·c(Cu2+)=Ksp(CuS) C.a、b、c三点中,由水电离的c(H+)和c(OH-)的积最小的为b点 D.c点溶液中: c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+) 【答案】A 【解析】 【分析】 向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液,发生反应: Cu2++S2-=CuS↓,Cu2+或S2-均会水解,水解促进水的电离,结合图象中横坐标、纵坐标的含义和溶液中的守恒思想,计算溶度积常数。 【详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液,发生反应: Cu2++S2-=CuS↓,Cu2+或S2-均会水解,水解促进水的电离,b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL,此时恰好生成CuS沉淀,CuS存在沉淀溶解平衡: CuS(s) Cu2+(aq)+S2-(aq),已知此时-lgc(Cu2+)=17.7,平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。 A.平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L,则Ksp(CuS)=c(S2-)·c(Cu2+)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2,由于已知lg2=0.3,则Ksp(CuS)=10-35.4mol2/L2=(100.3)2×10-36mol2/L2=4×10-36mol2/L2,A错误; B.向含有Cu2+的溶液中加入Na2S溶液,Cu2+与S2-发生沉淀反应: Cu2++S2-=CuS↓,加入Na2S溶液的体积越大,c(S2-)越大,c(Cu2+)越小,则-lgc(Cu2+)就越大,由于温度不变,所以曲线上各点的溶液均满足关系式c(S2-)·c(Cu2+)=Ksp(CuS),B正确; C.a点Cu2+过量、c点S2-过量,b点恰好完全反应生成CuS和NaCl,a点溶液中Cu2+浓度远大于b点,c点溶液中S2-浓度远大于b点,Cu2+、S2-水解促进水的电离,根据浓度对水解平衡的影响,则b点水电离的c(H+)和c(OH-)的积最小,C正确; D.C点为Na2S、NaCl按1: 2物质的量混合溶液,其中CuS处于沉淀溶解平衡状态,根据物料守恒及物质的溶解性,可知c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-),S2-水解消耗水电离产生H+,使溶液中c(OH-)>c(H+),但水电离产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度,故c(S2-)>c(OH-),因此该溶液中微粒浓度大小关系为: c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+),D正确; 故合理选项是A。 【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡、微粒浓度大小比较的知识,把握Ksp的计算、发生的反应、溶液的组成成分及混合比例是解答的关键,要用物料守恒、盐的水解规律及沉淀溶解平衡与曲线关系分析,侧重分析与应用能力的考查,注意选项A为解答的难点。 8.氧化二氯(C12O)是次氯酸的酸酐,用作氯化剂其部分性质如下: 物理性质 化学性质 常温下,C12O是棕黄色刺激性气体。 熔点: -120.6℃;沸点2.0℃ C12O不稳定接触一般有机物易爆炸;它易溶于水,同时反应生成次氯酸。 实验室制备原理2Na2CO3+H2O+2Cl2 2NaCl+2NaHCO3+C12O,现用下列装置设计实验制备少量C12O,并探究相关物质的性质。 (1)装置A中仪器X的名称为___________。 (2)若气体从左至右流动装置连接顺序是A、___________(每个装置限用一次)。 (3)装置F中盛装试剂的名称为___________。 (4)A中反应的离子方程式为___________。 (5)当D中收集适量液态物质时停止反应,设计简单实验证明B中残留固体中含有NaHCO3: ___________。 (6)实验完成后取E中烧杯内溶液滴加品红溶液发现溶液褪色。 该课题组设计实验探究溶液褪色的原因。 序号 0.1mol/LNaClO溶液/mL 0.1mol/LNaCl溶液/mL 0.1mol/LNaOH溶液/mL H2O/mL 品红溶液 现象 I 5.0 0 0 5.0 3滴 较快褪色 II 0 5.0 a 0 3滴 不褪色 III 5.0 0 5.0 0 3滴 缓慢褪色 ①a=___________。 ②由上述实验得出的结论是___________。 【答案】 (1).分液漏斗 (2).FBCDE(3).饱和食盐水(4).MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O(5).取B中固体少许于试管中,加蒸馏水溶解,滴加过量BaCl2溶液,振荡静置,取上层清液于另一试管中,再滴加Ba(OH)2溶液,有白色沉淀生成(6).5.0(7).在其他条件相同时,溶液的碱性越强,次氯酸钠溶液漂白能力越弱。 【解析】 【详解】 (1)根据装置图可知装置A中仪器X的名称为分液漏斗; (2)通过A装置制取Cl2,由于浓盐酸具有挥发性,制取的Cl2中含有HCl杂质,为防止其干扰Cl2O的制取,要先通过F装置除去HCl杂质,再通过B装置发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl2 2NaCl+2NaHCO3+C12O,制取得到C12O,由于易溶于水,同时与水反应生成次氯酸,所以收集之前要先通过C装置干燥,再通过D装置收集Cl2O并验证其沸点低,容易液化的特点,同时由于Cl2、C12O都会产生大气污染,所以最后要用E装置进行尾气处理。 故按气体从左至右流动装置连接顺序是AFBCDE; (3)装置F是除去Cl2中的杂质HCl气体的,为减少Cl2的溶解消耗,要通过盛有饱和食盐水的溶液来除去HCl杂质,故装置F中盛装试剂的名称为饱和食盐水; (4)A中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2,反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O; (5)在装置B中Na2CO3与Cl2反应制取Cl2O,所以要证明B中残留固体中含有NaHCO3,就要先加入过量的BaCl2溶液,振荡静置,使可能存在的Na2CO3转化为BaCO3沉淀除去,然后取上层清液于另一试管中,再滴加Ba(OH)2溶液,若有白色沉淀生成,证明发生反应: 2NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+Na2CO3+2H2O,产生了碳酸钡沉淀,从而可证明含有NaHCO3; (6)①要保证每组实验时溶液的体积都是10mL,所以a=5.0; ②由上述实验可以看出: 在其它条件不变时,溶液的碱性越弱,次氯酸钠溶液的漂白性越强;溶液的碱性越强,次氯酸钠溶液漂白能力越弱。 9.工业上以软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2)为原料制取金属锰的工艺流程如下: (1)软锰矿“粉磨”的目的是___________。 (2)“浸渣”的主要成分是___________。 (3)经检测“浸取液”中无Fe2+,“浸取"时MnO2发生反应的离子方程式为___________。 (4)在“沉锰”操作中,不能用Na2CO3代替NH4HCO3,其原因是___________。 (5)将“酸溶”后的溶液作为电解液,用下图1装置电解应采用___________离子交换膜(填“阴”或“阳”),阳极的电极反应式为___________。 (6)为充分利用“滤渣1”,需测定滤渣中Al元素的含量,设计以下方案。 ①将mg滤渣处理成amL溶液; ②取少量①中溶液用EDTA滴定测得溶液中Fe3+、Al3+的浓度之和为bmmol/L; ③另取少量①中溶液将Fe3+用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl-)还原Fe2+,离子方程式为___________; ④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400(吸光度与Fe2+的浓度关系如上图2所示)。 该样品中Al元素的质量分数为___________(用含字母的表达式表示)。 【答案】 (1).加快浸取速率 (2).二氧化硅(3).MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O(4).Na2CO3溶液碱性较强,会导致生成氢氧化物沉淀(碱式碳酸锰)(5).阴(6).2H2O-4e-=4H++O2↑(7).2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2↑+2H2O(8). ×100% 【解析】 【详解】 (1)软锰矿是固体物质,将其“粉磨”的目的是增大物质的表面积,以便于在用稀硫酸和FeSO4溶液浸取时反应速率大大加快; (2)软锰矿主要成分为MnO2,另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2,用硫酸和FeSO4浸取时,FeCO3、Al2O3与硫酸反应产生FeSO4、Al2(SO4)3进入溶液,FeSO4与MnO2在酸性条件下发生氧化还原反应: MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,而SiO2不能发生反应,所以“浸渣”的主要成分是二氧化硅(或写为SiO2); (3)经检测“浸取液”中无Fe2+,说明Fe2+在“浸取"时与具有氧化性MnO2发生了氧化还原反应,反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O; (4)在“沉锰”操作中,不能用Na2CO3代替NH4HCO3,原因是由于CO32-的水解使Na2CO3溶液碱性较强,会导致Mn2+生成氢氧化物沉淀或碱式碳酸锰,影响MnCO3的纯度; (5)反应产生的MnCO3与稀硫酸反应: MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑,要采用电解的方法使Mn2+还原为金属Mn,阴极电极反应为: 2Mn2++4e-=2Mn,阳极电极反应为: 2H2O-4e-=4H++O2↑,左边增加4个H+离子,右边减少2个Mn2+的同时剩余2个SO42-,为了维持溶液电中性,右边的SO42-要进入左边,因此要选择阴离子交换膜; (6)③另取少量①中溶液将Fe3+用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl-)还原Fe2+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得反应的离子方程式为2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2↑+2H2O; ④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400,根据物质的吸光度与Fe2+的浓度关系知该溶液中c(Fe2+)=0.040mmol/L,根据2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2↑+2H2O可知c(Fe3+)=c(Fe2+)=0.040mmol/L,因为c(Al3+)+c(Fe3+)=bmmol/L,所以c(Al3+)=(b-0.040)mmol/L,溶液的体积为amL,故n(Al3+)=(b-0.040)mmol/L×a×10-3L=a(b-0.040)×10-6mol,则该样品中Al元素的质量分数为 。 10.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。 研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。 回答下列问题: (1)已知: 2NO2(g)=N2O4(g)△H=-55.3kJ/mol N2O5(g)=2NO2(g)+ O2(g)△H=+53.1kJ/mol 则: N2O5(g)=N2O4(g)+ O2(g)△H=___________kJ/mol (2)以乙烯(C2H4)作为还原剂脱硝(NO),脱硝机理如图1。 若反应中n(NO)︰n(O2)=2︰1,则总反应的化学方程式为___________;脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2,为达到最佳脱硝效果,应采用的条件是___________。 (3)T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应: 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)△H<0。 实验测得: υ正=υ(NO)消耗=2υ(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2),υ逆=(NO2)消耗=k逆c2(NO2),k正、k逆为速率常数只受温度影响。 不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表: ①从0~2s内该反应的平均速率υ(NO)=___________mol/(L·s)。 ②T1温度时化学平衡常数K=___________L/mol。 (结果保留3位有效数字)。 ③化学平衡常数K与速率常数k正、k逆的数学关系是K=___________。 若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆,则T2___________T1(填“>”、“<”或“=")。 ④已知2NO(g)+O2(g) 2NO2的反应历程为: 第一步NO+NO N2O2快速反应第二步N2O2+O2→2NO2慢反应 下列叙述正确的是___________(填标号)。 A.υ(第一步的正反应)<υ(第二步的反应)B.总反应快慢由第二步决定 C.第二步的活化能比第一步的高D.第二步中N2O2与O2的碰撞100%有效 【答案】 (1).-2.2 (2).6NO+3O2+2C2H4 3N2+4CO2+4H2O(3).350℃左右、负载率3.0%(4).0.03(5).363(6). (7).>(8).BC 【解析】 【详解】 (1)①NO2(g)=N2O4(g)△H=-55.3kJ/mol ②N2O5(g)=NO2(g)+ O2(g)△H=+53.1kJ/mol 根据盖斯定律,将①+②得N2O5(g)=N2O4(g)+ O2(g)△H=-2.2kJ/mol; (2)以乙烯(C2H4)作为还原剂脱硝(NO),使其转化为无毒的N2,乙烯被氧化为CO2,若反应中n(NO)︰n(O2)=2︰1,则总反应的化学方程式为6NO+3O2+2C2H4 3N2+4CO2+4H2O;脱硝率与温度、负载率的关系图可知: 350℃左右、负载率3.0%时脱硝率最高,达到最佳脱硝效果,故应采用的条件是350℃左右、负载率3.0%; (3)①从0~2s内该反应的平均速率υ(NO)= mol/(L·s); ②2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) n(始)/mol0.200.100 △n(始)/mol0.140.070.14 n(平)/mol0.060.030.14 所以根据化学平衡常数的定义可得K= ; ③υ正=υ(NO)消耗=2υ(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2),υ逆=(NO2)消耗=k逆c2(NO2),可逆反应达到化学平衡时,同一物质表示的υ正=υ逆,不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比,所以k正c2(NO)·c(O2)=k逆c2(NO2),则 ; 若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆,则由于K= =1<363,说明平衡逆向移动,根据温度对化学平衡移动的影响,升高温度,化学平衡向吸热的逆反应方向移动,所以T2>T1; ④A.由于第一步反应为快反应,第二步反应为慢反应,所以反应速率: υ(第一步的正反应)>υ(第二步的反应),A错误; B.当化学反应分多步进行时,总反应快慢由反应慢的化学反应决定,对该反应来说由第二步反应决定,B正确; C.反应快的说明反应的活化能低,需要较少的能量反应就可以发生;反应慢的说明反应的活化能高,发生反应需要较高的能量,所以第二步的活化能比第一步的高,
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