届江西省九校高三联考全国I卷理综化学试题教师版.docx
《届江西省九校高三联考全国I卷理综化学试题教师版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届江西省九校高三联考全国I卷理综化学试题教师版.docx（23页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
届江西省九校高三联考全国I卷理综化学试题教师版
2020届九校联考
理综试卷—化学
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分300分，考试时间150分钟。
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答题标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选择其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子量：
Ca-40Ag-108C-12H-1C-12O-16S-32Cl-35.5Co-59Al-27
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。
下列说法不正确的是（）
A.食用一定量的油脂能促进人体对维生素的吸收
B.许多绣球花在酸性土壤中花朵呈蓝色，在碱性土壤中花朵呈粉红色，若想获得蓝色花朵，可在土壤中施用适量的硫酸铝
C.在石英管中充入氖气，通电时能发出比荧光灯强亿万倍的强光，人称“人造小太阳”
D.人被蚊子叮咬后皮肤发痒或红肿，简单的处理方法：
搽稀氨水或碳酸氢钠溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才会被消化吸收，故A正确；
B．铝离子水解会使土壤显酸性，绣球花在酸性土壤中花朵呈蓝色，故B正确；
C．充入氖气会发出红光，氙气灯被称为人造小太阳，故C错误；
D．蚊子的毒液显酸性，和氨水、碳酸氢钠等碱性物质反应生成盐，从而减轻疼痛，故D正确；
故答案为C。
2.下列说法正确的是（）
A.如图有机物核磁共振氢谱中出现8组峰
B.如图有机物分子式为C10H12O3
C.分子式为C9H12的芳香烃共有9种
D.蓝烷
的一氯取代物共有6种（不考虑立体异构）
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据该物质的结构简式可知该分子中有8种环境的氢原子，所以核磁共振氢谱中出现8组峰，故A正确；
B．根据该物质的结构简式可知分子式为C10H14O3，故B错误；
C．分子式为C9H12的属于芳香烃，是苯的同系物，除了1个苯环，可以有一个侧链为：
正丙基或异丙基，可以有2个侧链为：
乙基、甲基，有邻、间、对3种，可以有3个甲基，有连、偏、均3种，共有8种，故C错误；
D．蓝烷分子结构对称，有4种环境的氢原子，一氯代物有4种，故D错误；
故答案为A。
3.锡为ⅣA族元素，四碘化锡是常用
有机合成试剂（SnI4，熔点114.5℃，沸点364.5℃，易水解）。
实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2
SnI4制备SnI4。
下列说法错误的是（）
A.加入碎瓷片的目的是防止暴沸
B.SnI4可溶于CCl4中
C.装置Ⅱ的主要作用是吸收挥发的I2
D.装置Ⅰ中b为泠凝水出水口
【答案】C
【解析】
【详解】A．液体加热时，加入碎瓷片目的是防止暴沸，故A正确；
B．根据题干中SnI4的熔沸点，从组成分析可知SnI4与CCl4为同族元素形成的同类物质，二者分子的空间构型均为正四面体结构，属于非极性分子，依据“相似相溶原理”可知SnI4可溶于CCl4中，故B正确；
C．由题可知：
SnI4易水解，所以装置Ⅱ的主要作用是防止水蒸气进入装置使SnI4水解，故C错误；
D．冷凝管的冷凝水为“下进上出”，所以装置Ⅰ中a为泠凝水进水口，b为出水口，故D正确；
故选：
C。
4.热催化合成氨面临的两难问题是：
釆用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。
我国科研人员研制了Ti・H・Fe双温区催化剂（Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃）。
Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
下列说法正确的是（）
A.①为氮氮三键的断裂过程
B.①②③在低温区发生，④⑤在高温区发生
C.使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应
D.④为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程
【答案】D
【解析】
【详解】A．经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，①过程中氮氮三键没有断裂，故A错误；
B．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都是吸热反应，需要在高温时进行，而④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故B错误；
C．催化剂只影响化学反应速率，化学反应不会因加入催化剂而改变反应热，故C错误；
D．由题中图示可知，过程④完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti-H区域传递，故D正确；
故答案为D。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素形成的某种化合物（如图所示）是一种优良的防龋齿剂（用于制含氟牙膏）。
下列说法错误的是（）
A.W、X、Y的简单离子的电子层结构相同
B.W、Y形成的化合物中只含离子键
C.该化合物中Z不满足8电子稳定结构
D.X、Y形成的化合物溶于水能促进水的电离
【答案】B
【解析】
【分析】
该化合物可用于制含氟牙膏，说明含有F元素，根据该化合物的结构可知，X原子可以形成一个共价键，则X为F元素；Y可以形成Y+，且原子序数大于X，则Y为Na；Z可以形成五条共价键，应为第ⅤA族元素，原子序数大于Na，则Z为P；根据W元素的成键特点，结合其原子序数最小，则W为O。
【详解】A．氧离子、氟离子和钠离子都含有2个电子层，核外电子总数为10，其简单离子的电子层结构相同，故A正确；
B．W、Y形成的化合物Na2O2中含有非极性共价键，故B错误；
C．P最外层含有5个电子，该化合物中形成了5个共价键，则P最外层电子数为5+5=10，不满足8电子稳定结构，故C正确；
D．HF为弱酸，所以NaF溶液中，氟离子会水解促进水的电离，故D正确；
故答案为B。
6.工业上电化学法生产硫酸的工艺示意图如图，电池以固体金属氧化物作电解质，该电解质能传导O2-离子，已知S（g）在负极发生的反应为可逆反应，则下列说法正确的是（）
A.在负极S（g）只发生反应S-6e-+3O2-=SO3
B.该工艺用稀硫酸吸收SO3可提高S（g）的转化率
C.每生产1L浓度为98%，密度为1.84g/mL的浓硫酸，理论上将消耗30mol氧气
D.工艺中稀硫酸浓度增大的原因是水参与电极放电质量减少
【答案】B
【解析】
【详解】A．据图可知反应过程中有SO2生成，所以负极还发生S-4e-+2O2-=SO2，故A错误；
B．S（g）在负极发生的反应为可逆反应，吸收生成物SO3可使反应正向移动，提高S的转化率，故B正确；
C．浓度为98%，密度为1.84g/mL的浓硫酸中n（H2SO4）=
=18.4mol，由S～6e-～1.5O2～H2SO4可知，消耗氧气为18.4mol×1.5=27.6mol，故C错误；
D．工艺中稀硫酸浓度增大的原因是负极生成的三氧化硫与水反应生成硫酸，故D错误；
故答案为B。
7.298K时，在0.10mol/LH2A溶液中滴入0.10mol/LNaOH溶液，滴定曲线如图所示。
下列说法正确的是（）
A.该滴定过程应该选择石蕊作为指示剂
B.X点溶液中：
c（H2A）+c（H+）=c（A2-）+2c（OH-）
C.Y点溶液中：
3c（Na+）=2c（A2-）+2c（HA-）+2c（H2A）
D.0.01mol/LNa2A溶液的pH约为10.85
【答案】D
【解析】
【分析】
滴定过程发生反应H2A+NaOH=H2O+NaHA、NaHA+NaOH=H2O+Na2A，第一反应终点溶质为NaHA，第二反应终点溶质为Na2A。
【详解】A．石蕊的的变色范围为5～8，两个反应终点不在变色范围内，所以不能选取石蕊作指示剂，故A错误；
B．X点为第一反应终点，溶液中的溶质为NaHA，溶液中存在质子守恒c（OH-）+c（A2-）=c（H+）+c（H2A），故B错误；
C．Y点溶液
=1.5，所以溶液中的溶质为等物质的量的NaHA和Na2A，根据物料守恒可知2c（Na+）=3c（A2-）+3c（HA-）+3c（H2A），故C错误；
D．Na2A溶液主要存在A2-的水解：
A2-+H2O=HA-+OH-；据图可知当c（A2-）=c（HA-）时溶液pH=9.7，溶液中c（OH-）=10-4.3mol/L，而Na2A的第一步水解平衡常数Kh=
，当c（A2-）=c（HA-）时Kh=c（OH-）=10-4.3，设0.01mol/LNa2A溶液中c（A2-）=amol/L，则c（OH-）amol/L，Kh=
，解得a=10-3.15mol/L，即c（OH-）=10-3.15mol/L，所以溶液的pH=10.85，故D正确。
【点睛】解决此类题目的关键是弄清楚各点对应的溶质是什么，再结合三大守恒去判断溶液中的离子浓度关系；D选项为难点，学习需要对“c（A2-）=c（HA-）”此类信息敏感一些，通过满足该条件的点通常可以求出电离或水解平衡常数。
8.2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。
（1）工业中利用锂辉石（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等）制备钴酸锂（LiCoO2）的流程如图：
回答下列问题：
①锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为___。
②为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是___。
③向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，则pH至少为___。
（已知：
，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38，Ksp[Al（OH）3]=1.0×10-33，完全沉淀后离子浓度低于1×l0-5）mol/L）。
④“滤渣2”的主要化学成分为___。
⑤“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的___（化学式）溶液。
（2）利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LiCoO2+C6
LixC6+Li1-xCoO2其工作原理如图2。
下列关于该电池的说法正确的是___（填字母）。
A.过程1为放电过程
B.该电池若用隔膜可选用质子交换膜
C.石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度
D.充电时，LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2
E.对废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收
（3）LiFePO4也是一种电动汽车电池的电极材料，实验室先将绿矾溶解在磷酸中，再加入氢氧化钠和次氯酸钠溶液反应获得FePO4固体。
再将FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应即可获得LiFePO4同时获得两种气体。
①写出FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应溶液获得LiFePO4的化学方程式___。
②LiFePO4需要在高温下成型才能作为电极，高温成型时要加入少量活性炭黑，其作用是___。
【答案】
（1）.Li2O•Al2O3•4SiO2
（2）.将矿石细磨、搅拌、升高温度（3）.4.7（4）.Mg（OH）2和CaCO3（5）.Na2CO3（6）.CD（7）.2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O（8）.与空气中的氧气反应，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化
【解析】
【分析】
锂辉石（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等）为原料来制取钴酸锂（LiCoO2），加入过量浓硫酸酸化焙烧锂辉矿，之后加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠调节pH沉淀镁离子和钙离子，过滤得到主要含锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%Li2S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4高温下焙烧生成钴酸锂；
【详解】
（1）①硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：
a．氧化物的书写顺序：
活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以·隔开；b．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c、当计量数配置出现分数时应化为整数；锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，根据方法，其氧化物的形式为Li2O•Al2O3•4SiO2；
②流程题目中为提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：
减小原料粒径（或粉碎）、适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等；本题中为“酸化焙烧“，硫酸的浓度已经最大，因此合理的措施为将矿石细磨、搅拌、升高温度等；
③Al（OH）3的Ksp大于Fe（OH）3的Ksp，那么保证Al3+完全沉淀即可达到目的；已知Al（OH）3的Ksp=1×10-33，所以当c（Al3+）=1×10-5mol/L时可认为铝离子和铁离子完全沉淀，此时c（OH-）=
=mol/L=1×10-9.3mol/L，c（H+）=1×10-4.7mol/L，pH=4.7，即pH至少为4.7；
④根据分析可知滤渣2主要为Mg（OH）2和CaCO3；
⑤根据“沉锂”后形成Li2CO3固体，以及大量生产的价格问题，该过程中加入的最佳沉淀剂为Na2CO3溶液；
（2）A．电池反应式为LiCoO2+C6
LixC6+Li1-xCoO2，由此可知，放电时，负极电极反应式为LixC6-xe-=xLi++C6，正极电极反应式Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，石墨电极为放电时
负极，充电时的阴极，故A错误；
B．该电池是利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而制作，故B错误；
C．石墨烯电池利用的是Li元素的得失电子，因此其优点是在提高电池的储锂容量的基础上提高了能量密度，故C正确；
D．充电时，LiCoO2极为阳极，将放电时的正极电极反应式逆写即可得阳极反应，即LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2，故D正确；；
E．根据钴酸锂的制备流程可知，对废旧的该电池进行“放电处理“让Li+嵌入LiCoO2才有利于回收，故E错误；
故答案为CD；
（3）①FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应可获得LiFePO4同时获得两种气体，该过程中Fe3+被还原，根据元素价态变化规律可知应是C元素被氧化，生成CO2，该种情况下只生成一种气体，应想到草酸不稳定容易发生歧化反应分解生成CO和CO2，即获得的两种气体为CO和CO2，结合电子守恒和元素守恒可能方程式为：
2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O；
②高温条件下亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，活性炭黑具有还原性，可以防止LiFePO4中的Fe2+被氧化。
【点睛】硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：
a．氧化物的书写顺序：
活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以·隔开；b．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c、当计量数配置出现分数时应化为整数；流程题目中为提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：
减小原料粒径（或粉碎）、适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次侵取等
9.I.四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。
已知TiBr4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3℃，沸点为233.5℃，具有潮解性且易发生水解。
实验室利用反应TiO2+C+2Br2
TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。
回答下列问题：
（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是___，反应结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是___。
（2）将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。
此时应将a端的仪器改装为___、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是___（填仪器名称）。
II.过氧化钙溶于酸，极微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通常可用作医用杀菌剂、消毒剂、防腐剂。
已知从溶液中制得的过氧化钙带有8个结晶水，在100℃时会脱水生成米黄色的无水过氧化钙，而无水过氧化钙在349℃时会迅速分解生成CaO和O2。
以下是一种用纯净的碳酸钙制备过氧化钙的实验方案。
请回答下列问题：
CaCO3
滤液
白色结晶
（3）步骤①的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈___性（填“酸”、“碱”或“中”）。
将溶液煮沸，趁热过滤。
将溶液煮沸的作用是__。
（4）步骤②中反应的化学方程式为__，该反应需要在冰浴下进行，原因是__。
（5）为测定产品中过氧化钙的质量分数，取1.2g样品，在温度高于349℃时使之充分分解，并将产生的气体（恢复至标准状况）通过如图所示装置收集，测得量筒中水的体积为112mL，则产品中过氧化钙的质量分数为___。
【答案】
（1）.打开K1，关闭K2和K3，通入二氧化碳
（2）.排出残留在装置中的四溴化钛和溴蒸气（3）.直形冷凝管（4）.温度计（5）.酸（6）.除去溶液中的二氧化碳（7）.CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O（8）.温度过高时过氧化氢分解（9）.60%
【解析】
【分析】
I.TiBr4常温易潮解，所以制备TiBr4时要使用干燥的反应物，所以通入的二氧化碳气体必须干燥，浓硫酸能干燥二氧化碳，所以试剂A为浓硫酸；因为装置中含有空气，空气中氧气能和C在加热条件下反应，所以要先通入二氧化碳排出装置中空气，需要打开K1，关闭K2和K3；然后打开K2和K3 ，同时关闭K1，发生反应TiO2+C+2Br2
TiBr4+CO2制备TiBr4，TiBr4常温下为橙黄色固体，流入收集装置中；溴有毒不能直接排空，应该最后有尾气处理装置，TiBr4易潮解，所以装置X单元能起干燥作用，结合题目分析解答。
II.大理石加入稀盐酸溶解得到氯化钙溶液，将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2，反应②滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，过滤得到过氧化钙晶体，水洗、乙醇洗、烘烤得到过氧化钙固体，以此来解答。
【详解】
（1）根据分析以及图示可知加热前要先打开K1，关闭K2和K3，通入二氧化碳排出装置中空气；反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余
溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染；
（2）在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5°C，可以使用蒸馏法提纯；此时应将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，蒸馏时要根据温度收集馏分，所以在防腐胶塞上应加装温度计；
（3）此时溶液中溶有二氧化碳，所以呈酸性；将溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；
（4）反应②是滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，反应的化学方程式为：
CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O；过氧化氢热易分解，所以该反应需要在冰浴下进行；
（5）过氧化钙受热分解，方程式为2CaO2=2CaO+O2↑，收集到的气体为氧气，根据量筒中水的体积可知收集到氧气112mL，则其物质的量为
=0.005mol，则原样品中n（CaO2）=0.01mol，所以样品中过氧化钙的质量分数为
=60%。
10.据公安部2019年12月统计，2019年全国机动车保有量已达3.5亿。
汽车尾气排放的碳氢化合物、氮氧化物及碳氧化物是许多城市大气污染的主要污染物。
I.汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。
（1）已知：
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=−393.5kJ·mol−1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=−221.0kJ·mol−1
N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H3=+180.5kJ·mol−1
CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式___。
（2）对于2NO（g）+2CO（g）
N2（g）+2CO2（g），在一定温度下，于1L的恒容密闭容器中充入0.1molNO和0.3molCO，反应开始进行。
下列能说明该反应已经达到平衡状态的是___（填字母代号）。
A.
比值不变
B.容器中混合气体的密度不变
C.v（N2）正=2v（NO）逆
D.容器中混合气体的平均摩尔质量不变
（3）使用间接电化学法可处理燃煤烟气中的NO，装置如图2所示。
已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，写出阴极的电极反应式__。
用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理___。
（4）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：
2CO（g）+O2（g）
2CO2（g）△H<0。
实验测得：
v正=v（CO）消耗=2v（O2）消耗=k正c2（CO）·c（O2），v逆=（CO2）消耗=k逆c2（CO2），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（CO）、n（O2）如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n（CO）/mol
2
1.2
0.8
0.4
0.4
0.4
n（O2）/mol
1.2
0.8
0.6
0.4
0.4
0.4
①T1温度时
=___L/mol。
②若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则T2__T1（填“>”、“<”或“="）。
II.“低碳经济”备受关注，CO2的有效开发利用成为科学家研究的重要课题。
在0.1MPa、Ru/TiO2催化下，将一定量的H2和CO2置于恒容密闭容器中发生反应X：
CO2（g）+4H2（g）
CH4（g）+2H2O（g）△H<0
（5）为探究反应X的反应速率与浓度的关系，向恒容密闭容器中通入浓度均为1.0mol•L-1的H2与CO2。
恒温条件下，根据相关数据绘制出反应速率与浓度关系曲线：
v正～c（CO2）和v逆～c（H2O）。
则与曲线v正～c（CO2）相对应的是如图___曲线。
（填“甲”或“乙”）；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，反应重新达到平衡，则此时曲线乙对应的平衡点可能为___（填字母）。
（6）温度为T时，向10L密闭容器中充入5molH2和CO2的混合气体，此时容器内压强为5P，两种气体的平衡转化率ɑ与
的关系如图所示：
①图中CO2
平衡转化率可用表示___（L1或L2）
②该温度下，反应X的平衡常数Kp=___。
（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
【答案】
（1）.2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5 kJ•mol-1
（2）.AD（3）.2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O（4）.2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-（5）.80（6）.>（7）.乙（8）.C（9）.L1（10）.
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律进行计算；
（2）根据平衡状态判断的依据：
正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行分析。
（3）
升级会员 