备战高考化学 化学反应原理综合考查 综合题含详细答案.docx
- 文档编号:16305592
- 上传时间:2023-07-12
- 格式:DOCX
- 页数:37
- 大小:1.06MB
备战高考化学 化学反应原理综合考查 综合题含详细答案.docx
《备战高考化学 化学反应原理综合考查 综合题含详细答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《备战高考化学 化学反应原理综合考查 综合题含详细答案.docx(37页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
备战高考化学化学反应原理综合考查综合题含详细答案
2020-2021备战高考化学化学反应原理综合考查综合题含详细答案
一、化学反应原理综合考查
1.碳元素形成的有机化合物在动植物体内及人类生存环境中有着相当广泛的存在,起着非常重要的作用。
请结合下列有关含碳化合物的研究,完成下列填空。
(1)为了高效利用能源并且减少CO2的排放,可用下列方法把CO2转化成甲醇燃料:
①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=akJ•mol−1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=bkJ•mol−1
③CH3OH(g)=CH3OH(l)△H=ckJ•mol−1
④H2O(g)=H2O(l)△H=dkJ•mol−1
则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为___。
(2)用甲醇燃料电池电解处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O72−),用如图装置模拟该过程:
①请完成电解池中Cr2O72−转化为Cr3+的离子方程式___。
②当甲池中消耗甲醇1.6g时,乙池中两电极的质量差为___g。
(3)葡萄糖和果糖为同分异构体,在一定条件下,C6H12O6(葡萄糖)
C6H12O6(果糖)△H﹤0。
该反应的速率方程式可表示为v(正)=k(正)c(葡)、v(逆)=k(逆)c(果),k(正)和k(逆)在一定温度下为常数,分别称作正、逆反应速率常数。
T1温度下,k(正)=0.06s−1,k(逆)=0.002s−1。
①T1温度下,该反应的平衡常数K1=___。
②该反应的活化能Ea(正)___Ea(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”)。
③该T2温度下,从开始反应到平衡的过程中,葡糖糖的质量分数变化如图所示。
可以确定温度T2___T1(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(4)H2A为二元弱酸。
室温下配制一系列c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)=0.100mol•L−1的H2A与NaOH的混合溶液。
测得H2A、HA−、A2−的物质的量分数c(x)%(c(x)%=
×100%)随pH变化如图所示。
①当c(Na+)=0.100mol•L−1时,溶液中离子浓度的大小顺序为___。
②室温下,若将0.100mol•L−1的H2A与amol•L−1的NaOH溶液等体积混合,使溶液的pH=7。
则H2A的Ka2=___mol•L−1(用a表示)。
【答案】CH3OH(l)+
O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=
-a-c(或-a+1.5b-c+2d)Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O8.430小于大于c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-)
【解析】
【分析】
(1)利用盖斯定律推算出CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式;
(2)甲池为甲醇燃料电池,其中M为负极,N为正极;乙池为电解池,乙池中左边铁为阳极,右边的铁为阴极,阳极产生的Fe2+还原Cr2O72-,将Cr2O72−转化为Cr3+;利用串联电路中转移的电子数相等,计算当甲池中消耗甲醇1.6g时,乙池中两电极的质量差;
(3)①根据速率方程式,当达到平衡时,v(正)=v(逆),k(正)c(葡)=k(逆)c(果),该反应的平衡常数K=
=
,然后根据k(正)和k(逆)在一定温度下的数值,带入计算;
②根据该反应为放热反应,故正反应的活化能小于逆反应的活化能;
③根据图像信息,计算T2温度下的平衡常数,然后与T1温度下的平衡常数相比,对应放热反应而言,温度越高平衡常数越小;
(4)①当c(Na+)=0.100mol•L−1时,H2A与NaOH恰好反应生成NaHA,结合图中的信息,溶液中离子浓度的大小;
②由电荷守恒可知,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),由物料守恒可知c(H2A)+c(HA−)
+c(A2−)=0.050mol•L−1,结合图像信息,计算出c(HA-)、c(A2-)、c(H+),然后计算H2A的Ka2=
。
【详解】
(1)利用盖斯定律:
1.5×②-①-③+2×④,得CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式:
CH3OH(l)+
O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=(-a+1.5b-c+2d)kJ•mol−1;
(2)①乙池中左边铁为阳极,其电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,Fe2+还原Cr2O72-,将Cr2O72−转化为Cr3+,其反应方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O;
②1.6gCH3OH的物质的量为
=0.05mol,M为负极,其电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=6H++CO2↑,n(e-)=6n(CH3OH)=6×0.05mol=0.3mol,串联电路中转移的电子数相等,乙池中左边铁为阳极,其电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,故消耗Fe的物质的量为0.15mol,乙池中左边铁消耗的质量为0.15mol×56g/mol=8.4g,右边的铁为阴极,电极反应式为2H++2e-=H2↑,即右边的铁电极的质量不变,所以当甲池中消耗甲醇1.6g时,乙池中两电极的质量差为8.4g;
(3)①根据速率方程式,当达到平衡时,v(正)=v(逆),k(正)c(葡)=k(逆)c(果),该反应的平衡常数K=
=
,T1温度下,k(正)=0.06s−1,k(逆)=0.002s−1,故T1温度下,K=
=30;
②室温下,若将0.100mol•L−1的H2A与amol•L−1的NaOH溶液等体积混合,使溶液的pH=7,c(H+)=10-7mol•L−1,由电荷守恒可知,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),因为溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)=0.5amol•L−1,由物料守恒可知c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)
=0.050mol•L−1,结合图像信息,当溶液呈中性时,c(H2A)比较小,忽略不计,c(A2−)=(0.5a-0.050)mol•L−1,c(HA−)=(0.1-0.5a)mol•L−1,室温下,Ka2=
=
=
。
2.丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料,工业上可用“丙烯氨氧化法”生产,主要副产物有丙烯醛(CH2=CHCHO)和乙腈(CH3CN)等,回答下列问题:
(1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下:
①C3H6(g)+NH3(g)+
O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)ΔH=-515kJ/mol
①C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g)ΔH=-353kJ/mol
两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是________;有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是________;提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________。
(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线,最高产率对应温度为460℃。
低于460℃时,丙烯腈的产率________(填“是”或者“不是”)对应温度下的平衡产率,判断理由是________;高于460℃时,丙烯腈产率降低的可能原因是________(双选,填标号)
A.催化剂活性降低B.平衡常数变大C.副反应增多D.反应活化能增大
(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。
由图可知,最佳n(氨)/n(丙烯)约为1理由是_______________。
进料氨、空气、丙烯的理论体积约为________。
【答案】两个反应均为放热量大的反应降低温度,降低压强,催化剂不是该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低AC1该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低1:
7.5:
1
【解析】
【分析】
(1)依据热化学方程式方向可知,两个反应均放热量大,即反应物和生成物的能量差大,因此热力学趋势大;有利于提高丙烯腈平衡产率需要改变条件使平衡正向进行,提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂;
(2)因为该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低,即低于460℃时,对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的,但实际曲线是上升的,因此判断低于460℃时,丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率;产率降低主要从产率的影响因素进行考虑;
(3)根据图像可知,当n(氨)/n(丙烯)约为1时,该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低,根据化学反应氨气、氧气、丙烯按1:
1.5:
1的体积比加入反应达到最佳状态,依据氧气在空气中约占20%计算条件比。
【详解】
(1)两个反应在热力学上趋势均很大,两个反应均放热量大,即反应物和生成物的能量差大,因此热力学趋势大;该反应为气体体积增大的放热反应,所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率,提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂;
(2)因为该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低,即低于460℃时,对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的,但实际曲线是上升的,因此判断低于460℃时,丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率.高于460°C时,丙烯腈产率降低;
A.催化剂在一定温度范围内活性较高,若温度过高,活性降低,A正确;
B.该反应放热,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数变小,B错误;
C.根据题意,副产物有丙烯醛,催化剂活性降低,副反应增多,导致产率下降,C正确;
D.反应活化能的大小不影响平衡,D错误;
综上AC符合题意;
(3)根据图象可知,当n(氨)/n(丙烯)约为1时,该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低;根据反应C3H6(g)+NH3(g)+
O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g),氨气、氧气、丙烯按1:
1.5:
1的体积比加入反应达到最佳状态,而空气中氧气约占20%,所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为:
1:
:
1=1:
7.5:
1。
3.消除尾气中的NO是环境科学研究的热点课题。
I.NO氧化机理
已知:
2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)ΔH=-110kJ•mol-1
T1℃时,将NO和O2按物质的量之比为2:
1充入刚性反应容器中(忽略NO2与N2O4的转化)。
(1)下列可以作为反应已经到达平衡状态的判断依据的是____。
A.2v正(O2)=v逆(NO2)
B.NO与O2的物质的量之比为2:
1
C.容器内混合气体的密度保持不变
D.K不变
E.容器内混合气体的颜色保持不变
(2)通过现代科学技术动态跟踪反应的进行情况,得到容器内混合气体的压强、平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图1图2所示。
则反应2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)在T1℃时的平衡常数Kp=____。
[对于气相反应,用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数,记作Kp,如p(B)=p•x(B),p为平衡总压强,x(B)为平衡系统中B的物质的量分数]。
保持其它条件不变,仅改变反应温度为T2℃(T2>T1),在图2中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图_____。
II.NO的工业处理
(3)H2还原法:
2NO(g)+2H2(g)
N2(g)+2H2O(g)ΔH1
已知在标准状况下,由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变叫做标准摩尔生成焓。
NO(g)和H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ•mol-1、-280kJ•mol-1。
则ΔH1=____。
(4)O3-CaSO3联合处理法
NO可以先经O3氧化,再用CaSO3水悬浮液吸收生成的NO2,转化为HNO2。
已知难溶物在溶液中并非绝对不溶,同样存在着一定程度的沉淀溶解平衡。
在CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-对NO2的吸收速率,请用平衡移动原理解释其主要原因____。
(5)电化学处理法
工业上以多孔石墨为惰性电极,稀硝酸铵溶液为电解质溶液,将NO分别通入阴阳两极,通过电解可以得到浓的硝酸铵溶液。
则电解时阳极发生的电极反应为____。
【答案】AE0.08
-740kJ•mol-1对于反应CaSO3(s)
Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入Na2SO4溶液时,SO42-结合部分Ca2+,使其平衡向正反应方向移动,c(SO32-)增大,吸收NO2的速率增大NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+
【解析】
【分析】
【详解】
I.
(1)在一定条件下,当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时,反应物的浓度与生成物的浓度不再改变,达到一种表面静止的状态,即“化学平衡状态”。
其中,正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质,而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。
A.当2v正(O2)=v逆(NO2)时,说明反应已达平衡态,故A正确;
B.NO与O2的物质的量之比为2:
1时,不能说明该反应反应物的浓度与生成物的浓度不再改变,故B错误;
C.根据质量守恒定律,容器内气体的质量恒定不变,则恒容容器内混合气体的密度始终保持不变,不能说明达到化学平衡状态,故C错误;
D.该反应中平衡常数K只与温度有关,则不能用K不变来判断化学平衡状态,故D错误;
E.容器内混合气体的颜色保持不变,则说明反应物的浓度与生成物的浓度不再改变,即达到化学平衡状态,故E正确;
综上所述,答案为AE;
(2)设容器内二氧化氮与氧气分别为2mol、1mol,达平衡态时,氧气转化了xmol,则可列三段式为:
平衡时平均摩尔质量为36.8g/mol,则有
,解得x=0.5,则NO、O2、NO2的物质的量分数分别为0.4、0.2、0.4,同温同体积,根据压强之比等于物质的量之比,有
,代入x,解得a=62.5,根据平衡常数公式有
;因为该反应为放热反应,升高温度时,反应速率会加快,平衡逆向移动,平均摩尔质量会减小,容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图为
,故答案为:
0.08;
;
(3)
=生成物标准摩尔生成焓之和-反应物标准摩尔生成焓之和=-280kJ•mol-1×2-90kJ•mol-1×2=-740kJ•mol-1,故答案为:
-740kJ•mol-1;
(4)相同条件下,硫酸钙的溶解度小于亚硫酸钙的溶解度,亚硫酸钙可转化为硫酸钙,对于反应CaSO3(s)
Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入Na2SO4溶液时,SO42-结合部分Ca2+,使其平衡向正反应方向移动,c(SO32-)增大,吸收NO2的速率增大,故答案为:
对于反应CaSO3(s)
Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入Na2SO4溶液时,SO42-结合部分Ca2+,使其平衡向正反应方向移动,c(SO32-)增大,吸收NO2的速率增大;
(5)由电解原理可知,阳极发生氧化反应,则一氧化氮转化为硝酸根,其电极方程式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+,故答案为:
NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。
4.甲醇是一种可再生能源,由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下:
反应Ⅰ:
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.58kJ·mol-1
反应Ⅱ:
CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)△H2
反应Ⅲ:
CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)△H3=-90.77kJ·mol-1
回答下列问题:
(1)反应Ⅱ的△H2=______________。
(2)反应Ⅲ能够自发进行的条件是__________(填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”)
(3)恒温,恒容密闭容器中,对于反应Ⅰ,下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是________。
A.混合气体的密度不再变化
B.混合气体的平均相对分子质量不再变化
C.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1:
3:
1:
1
D.甲醇的百分含量不再变化
(4)对于反应Ⅰ,不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示,下列有关说法不正确的是__________。
A.其他条件不变,若不使用催化剂,则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1
B.温度低于250 ℃时,随温度升高甲醇的产率增大
C.M点时平衡常数比N点时平衡常数大
D.实际反应应尽可能在较低的温度下进行,以提高CO2的转化率
(5)若在1L密闭容器中充入3molH2和1molCO2发生反应Ⅰ,250℃时反应的平衡常数K=______;若要进一步提高甲醇体积分数。
可采取的措施有_________________。
(6)下图是电解Na2CO3溶液的装置图。
阴极的电极反应式为________________
【答案】+41.19kJ·mol-1较低温度BDABD0.148(或者
)增大压强(降低温度)2H++2e-==H2↑或2H2O+2e-==H2↑+2OH-
【解析】
【分析】
本题考查盖斯定律,热化学反应与过程无关,只与始态与终态有关,△H2=△H1-△H3=+41.19kJ/mol;△G==△H-T△S,T为温度,△G<0,可自发进行,反应Ⅲ:
△H<0,△S<0,较低温度可自发进行;平衡状态的判断,同一物质的正逆反应速率相等,本题中ρ=m/V,质量与体积均不变,密度自始至终不变,不可做为判断依据;M=m/n,质量不变,物质的量减少,可做判断依据;反应物与生成物平衡时的比例不一定为1:
3:
1:
1,不可以;只要平衡则甲醇的百分含量不再变化,可以;化学反应条件的选择,既要考虑反应时的产量,又要考虑反应的速率;
,250℃时转化率为50%;电解池中阳极失电子,溶液中为水提供的氢氧根离子失电子,产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动,而阴极附近的水提供的氢离子得电子,生成氢气。
【详解】
(1)本题考查盖斯定律,热化学反应与过程无关,只与始态与终态有关,△H2=△H1-△H3=+41.19kJ/mol;
(2)△G==△H-T△S,T为温度,△G<0,可自发进行,反应Ⅲ:
△H<0,△S<0,较低温度可自发进行;(3)平衡状态的判断,同一物质的正逆反应速率相等,本题中ρ=m/V,质量与体积均不变,密度自始至终不变,不可做为判断依据;M=m/n,质量不变,物质的量减少,可做判断依据;反应物与生成物平衡时的比例不一定为1:
3:
1:
1,不可以;只要平衡则甲醇的百分含量不再变化,可以;答案为:
BD;(4)A.催化剂对反应速率有影响,对平衡的限度无影响,A错误;B.该反应为放热反应,降低温度平衡正向移动,产率提高,B正确;C.升高温度平衡向左移动,化学平衡常数变小,C错误;D.实际反应应尽可能在催化效率最高时,D错误;答案为ABD;
(5)CO2+3H2
CH3OH+H2O250℃时转化率为50%
初始量:
13
反应量:
0.51.50.50.5
平衡:
0.51.50.50.5
,K=0.148;提高甲醇的体积分数为:
增大压强(降低温度);(6)电解池中阳极失电子,溶液中为水提供的氢氧根离子失电子,产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动,而阴极附近的水提供的氢离子得电子,生成氢气,2H++2e-==H2↑或2H2O+2e-==H2↑+2OH-
【点睛】
判断化学平衡的依据:
同一物质的正逆反应速率相等,还可以为延伸出的依据,需要具体分析,本题中ρ=m/V,质量与体积均不变,密度自始至终不变,不可做为判断依据;M=m/n,质量不变,物质的量减少,可做判断依据;反应物与生成物平衡时的比例不一定为1:
3:
1:
1;甲醇的百分含量不再变化则可以。
5.磷酸是重要的化学试剂和工业原料。
请回答下列问题:
(1)已知:
25°C时,磷酸和碳酸的电离常数如下表所示。
向Na2CO3溶液中滴加少量H3PO4溶液,反应的离子方程式为__。
(2)已知:
I.CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l)∆H=-271kJ·mol-1
II.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)=Ca3(PO4)3F(s)+5H2O(l)∆H=-937kJ·mol-1
回答下列问题:
①工业上用Ca3(PO4)3F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为__。
②一定条件下,在密闭容器中只发生反应II,达到平衡后缩小容器容积,HF的平衡转化率__(填“增大”“减小”或“不变”,下同);HF的平衡浓度__。
(3)工业上用磷尾矿制备Ca3(PO4)3F时生成的副产物CO可用于制备H2,原理为CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)∆H。
①一定温度下,向10L密闭容器中充入0.5molCO和lmolH2O(g),2min达到平衡时,测得0~2min内用CO2表示的反应速率v(CO2)=0.02mol·L-1·min-1。
则CO的平衡转化率a=__,该反应的平衡常数K=__。
②在压强不变的密闭容器中发生上述反应,设起始的
=y,CO的平衡体积分数(φ)与温度(T)的关系如图所示。
则:
该反应的∆H__0(填“>”“<”或“=”,下同)。
a_1,理由为__。
【答案】H3PO4+2CO32-=2HCO3-+HPO42-Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)
3H3PO4(l)+HF(g)+5CaSO4(s)ΔH=-418kJ·mol-1增大不变80%
<<相同温度下,y越小,CO的转化率越大,其平衡体积分数越小
【解析】
【分析】
根据电离平衡常数可知酸性有如下关系:
H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-,少量H3PO4和CO32-不能生成二氧化碳和水,只能生成HCO3-,由于H2PO4-﹥HCO3-,H2PO4-也能和CO32-反应,所以另一个产物为HPO42-。
【详解】
(1)根据电离平衡常数可知酸性有如下关系:
H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-,所以少量磷酸和碳酸钠反应的最终产物为:
NaHCO3和NaHPO4,所以离子方程式为:
H3PO4+2CO32-=2HCO3-+HPO42-,故答案为:
H3PO4+2CO32-=2HCO3-+HPO42-;
(2)①已知:
Ⅰ.CaO(s)+H2SO4(l)
CaSO4(s)+H2O(l)ΔH=-271kJ·mol-1
Ⅱ.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)
Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l) ΔH=-937kJ·mol-1
根据盖斯定律可知Ⅰ×5-Ⅱ即得到Ca5(PO4)3F和硫酸,所以反应制备磷酸的热化学方程式为Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)
3H3PO4(l)+HF(g)+5CaSO4(s) ΔH=-418kJ·mol-1,故答案为:
Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)
3H3PO4(l)+HF(g)+5CaSO4(s)ΔH=-418kJ·mol-1;
②反应Ⅱ的正反应体积减小,所以达到平衡后缩小容器容积平衡向正反应方向移动,HF的平衡转化率增大。
由于温度不变,平衡常数不变,即K=c(HF),因此HF的平衡浓度不变,故答案为:
增大;不变;
(3)①测得0~2min内用CO2 表示的反应速率v(CO2)=0.02mol·L-1·min-1,所以生成CO2浓度是0.04mol/L,则
,因此CO的平衡转化率α=
×100%=80%,该反应的平衡常数K=
=
,故答案为:
80%;
;
②根据图像可知升高温度CO的体积分数增大,说明平衡向
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 备战高考化学 化学反应原理综合考查 综合题含详细答案 备战 高考 化学 化学反应 原理 综合 考查 详细 答案