安徽省名校2023_2024学年高二化学上学期10月月考试题含解析
展开1.本试卷满分100分,考试时间75分钟。
2.答题前,考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时,请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效,在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围:必修第一册、必修第二册、选择性必修1第一章~第三章第一节。
5.可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 O16 Cl35.5 Fe56
一、选择题(本题共14小题,每小题3分,共42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. 化学与生活、生产、社会息息相关。下列说法错误的是
A. 冬天应将面团置于温热处发酵
B. 蔗糖溶于水是熵减小的过程
C. 工业生产中,适当增大廉价的反应物的浓度有利于降低生产成本
D. “冰,水为之,而寒于水”说明等质量的水和冰相比,冰的能量更低
【答案】B
【解析】
【详解】A.面团发酵是酶的催化作用,需要适宜的温度,故冬天应将面团置于温热处发酵,以增强酵母菌的催化效率,A正确;
B.蔗糖溶于水其混乱度增大,即是熵增大的过程,B错误;
C.两种或多种反应物的可逆反应中,增大一种反应物的浓度其余反应物的转化率增大,故工业生产中,适当增大廉价的反应物的浓度有利于降低生产成本,C正确;
D.等质量的同一种物质气态的能量最大,液态次之,固态最低,故“冰,水为之,而寒于水”说明水结冰是一个放热过程,故等质量的水和冰相比,冰的能量更低,D正确;
故答案为:B。
2. 下列离子方程式正确且是氧化还原反应的是
A. 用溶液制作铜质电路板:
B. 向溶液中滴加稀硫酸:
C. 向漂白粉溶液中通入少量:
D. 用食醋除去热水壶中的水垢:
【答案】B
【解析】
【详解】A.用溶液制作铜质电路板,离子方程式:,故A错误;
B.向溶液中滴加稀硫酸,离子方程式:,反应中S元素化合价发生变化,是氧化还原反应,故B正确;
C.向漂白粉溶液中通入少量,离子方程式:,故C错误;
D.用食醋除去热水壶中的水垢,离子方程式:,该反应属于复分解反应,不属于化还原反应,故D错误;
答案选B。
3. 对于可逆反应,在不同条件下的化学反应速率如下,其中表示的反应速率最大的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据速率比等于化学计量数之比,进行速率转化后比较速率大小;
【详解】A.
B.
C.
D.
综上,答案选A。
4. 稀氨水中存在着电离平衡:,若要使平衡向逆方向移动,同时使增大,应加入适量的
A. 固体B. 硫酸C. 固体D. 水
【答案】C
【解析】
【详解】A.加入NH4Cl固体,铵根离子浓度增大,平衡向逆方向移动,减小,故A错误;
B.加入硫酸,氢离子消耗氢氧根,平衡正向移动,故B错误;
C.加入NaOH固体,氢氧根浓度增大,平衡逆方向移动,增大,故C正确;
D.加水,平衡正向移动,氢氧根浓度减小,故D错误;
答案选C。
5. 关于中和反应反应热的测定实验,下列说法错误的是
A. 使用玻璃搅拌器是为了增大反应速率,减小实验误差
B. 为了使反应进行得更完全,可以使酸或碱适当过量
C. 若简易量热计不盖杯盖,生成1时所测得中和反应反热将偏大
D. 用温度计测量盐酸的起始温度后直接测量溶液的温度,其他过程无误,则测得反应热偏小
【答案】D
【解析】
【详解】A.使用玻璃搅拌器是为了增大反应速率,缩短反应时间,减少热量散失,即可减小实验误差,A正确;
B.为了使反应进行得更完全,可以使酸或碱适当过量,以减小实验误差,B正确;
C.若简易量热计不盖杯盖,则增大热量的散失,测量到的热量减少,但反应放热,故生成1mlH2O时所测得中和反应反应热将偏大,C正确;
D.用温度计测量盐酸的起始温度后直接测量NaOH溶液的温度,将使反应前溶液的平均温度增大,反应中测量的最终温度减小,其他过程无误,测量到的热量减少,但反应放热,则测得反应热偏大,D错误;
故答案为:D。
6. 设为阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是
A. 2g与的混合气体中所含质子的数目为
B. 0.1溶液中所含OH-的数目小于0.1
C. 11.2L和的混合气体中所含碳碳双键的数目为0.5
D. 1乙酸与足量乙醇在浓硫酸、加热条件下充分反应,生成的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A.设2g与的混合气体中CO为xg,则NO为(2-x)g,则所含质子的数目为=,A正确;
B.题干未告知溶液体积,故无法计算0.1溶液中所含OH-的数目,B错误;
C.题干未告知混合气体所处的状态,故无法计算11.2L和的混合气体中所含碳碳双键的数目,C错误;
D.乙酸乙酯制备的是一个可逆反应,故1乙酸与足量乙醇在浓硫酸、加热条件下充分反应,生成H2O的数目小于,D错误;
故答案为:A。
7. 某化学兴趣小组在一次实验探究中发现,向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液时,发现反应速率变化如图所示。已知反应的化学方程式为,下列说法错误的是
A. 该反应可能是放热反应
B. 可能是该反应的催化剂
C. 该反应涉及的物质中有5种属于强电解质
D. 该反应中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶5
【答案】C
【解析】
【详解】A.若该反应是放热反应,随反应不断进行,反应物浓度减小时,反应过程中温度升高,反应速率加快,符合题意,故A正确;
B.随着反应不断进行,不断生成,反应物浓度减小,反应速率加快,说明可能是该反应的催化剂,故B正确;
C.该反应涉及的物质中属于强电解质的有:、、、4种,故C错误;
D.该反应中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶5,故D正确;
答案选C。
8. 已知反应: ,其他相关数据如下表:
下列说法正确的是
A. 反应物的总能量小于生成物的总能量
B. 的燃烧热是806.0
C.
D. 断开氧氧键形成1氧原子需要放出能量249
【答案】C
【解析】
详解】A.该反应,说明反应物总能量大于生成物总能量,故A错误;
B.根据反应可知,1ml甲烷完全燃烧生成气态水放出能量,则其燃烧热数值大于,故B错误;
C.根据,列等式:,解得,故C正确;
D.断开1ml氧氧键可形成2ml氧原子,吸收热量,则断开氧氧键形成1氧原子需要吸收能量249,故D错误;
答案选C。
9. 加水稀释稀醋酸溶液的过程中,下列说法正确的是
A. 溶液的逐渐减小
B. 溶液中的逐渐减小
C. 溶液中逐渐增大
D. 分别中和稀释前后的溶液,后者消耗的多
【答案】C
【解析】
【详解】A.加水稀释导致CH3COOHCH3COO-+H+平衡正向移动,但溶液中的c(H+)减小,则逐渐增大,A错误;
B.加水稀释导致CH3COOHCH3COO-+H+平衡正向移动,则溶液中的逐渐增大,B错误;
C.加水稀释导致CH3COOHCH3COO-+H+平衡正向移动,但溶液中的c(H+)减小,溶液中=逐渐增大,C正确;
D.加水稀释导致CH3COOHCH3COO-+H+平衡正向移动,但CH3COOH能提供的H+的物质的量不变,故分别中和稀释前后的溶液,消耗的一样多,D错误;
故答案为:C。
10. 依据下列含硫物质转化的热化学方程式,得出的相关结论正确的是
①
②
③
A.
B. 的燃烧热为
C. 反应②在任何温度下都不能自发进行
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.对比反应①和②,生成时放出热量较多,;为放热过程,所以,故A错误;
B.燃烧热是指1ml可燃物完全燃烧生成指定产物所放出的热量,完全燃烧生成指定产物为液态水和二氧化硫气体,燃烧热为,故B错误;
C.反应②,,根据,在低温时可自发进行,故C错误;
D.根据盖斯定律:得反应,故D正确;
答案选D。
11. 某化学小组同学研究温度和压强对反应速率和化学平衡的影响,测得化学反应中C的百分含量(C%)与时间(t)、温度(T)、压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 、B. 、
C. 、D. 、
【答案】A
【解析】
【详解】根据图甲可知,T2温度下优先达到反应平衡状态,说明温度T2>T1,温度越高,C的百分含量(C%)越低,说明温度升高,平衡逆向移动,则该反应为放热反应,;根据图乙,温度相同时,随着压强的增大,C的百分含量(C%)增大,增大压强,平衡向在气体分子数减小方向进行,说明,综上所述,答案选A。
12. 下列实验操作所观察到的现象正确且能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.CaO与水反应是一个放热反应,氨水电离是一个吸热过程,故将盛有CaO的试管插入装有氨水和酚酞的烧杯中,向试管中加水,由于升温,NH3•H2O的电离平衡向右移动,溶液中OH-浓度增大,烧杯中溶液的颜色加深,A不合题意;
B.NaClO与Na2S反应生成S沉淀,故常温下,向等体积、等浓度的两份Na2S溶液中分别加入少量等体积的0.1ml/LNaClO溶液、0.01ml/LNaClO溶液,前者先变浑浊,说明其他条件相同时,反应物的浓度越大,化学反应速率越大,B符合题意;
C.新制Cu(OH)2悬浊液检验醛基时需在碱性条件下,故向淀粉溶液中加少量稀硫酸,加热4~5min,冷却后向其中加入少量新制Cu(OH)2悬浊液,加热至沸腾,无砖红色沉淀产生,由于为加入NaOH中和稀硫酸,故不能说明淀粉没有发生水解,C不合题意;
D.恒温密闭容器中发生反应:2NO2(g)N2O4(g),平衡后压缩容器体积,压强增大,上述平衡正向移动,根据勒夏特列原理可知,混合气体颜色变深并不是由于加压后平衡逆向移动,D不合题意;
故答案为:B。
13. 下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。
下列说法错误的是
A. ①表示和在催化剂表面吸附的过程
B. ②和④中化学键变化相同,因此吸收的能量相同
C. 由图可知为放热反应
D. 该历程中决速步骤为
【答案】D
【解析】
【详解】A.①表示和在催化剂表面吸附的过程,故A说法正确;
B.②和④中化学键变化相同,断裂的均为H−O键,因此吸收的能量相同,故B说法正确;
C.由图可知为放热反应,故C说法正确;
D.活化能越大,反应速率越慢,为反应过程的决速步骤,对应的过程:,故D错误;
答案选D。
14. 利用可消除的污染。在体积为2L的甲、乙两个密闭容器中、控制不同温度(其他条件相同),分别加入1.0和2.40进行上述反应,测得随时间变化的实验数据如表。下列说法正确的是
A. 由实验数据可知:
B. 甲容器中,0~2min内,
C. 乙容器中,0~4min内,的转化率为50%
D. ,且6min时,乙容器中反应已达平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A.从0~2min,在温度℃比℃时多,说明℃时反应速率快,说明,故A错误;
B.甲容器中,0~2min内,,,故B错误;
C.乙容器中,0~4min内,,则,转化率:,故C错误;
D.根据A选项分析可知,说明乙容器优先于甲容器达到化学平衡,甲容器在6min时达化学平衡,说明乙容器也一定达化学平衡,即,故D正确;
答案选D。
二、非选择题(本题包括4小题,共58分)
15. 某废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、FeO、CuO、Al2O3和可燃性有机物(其余成分与酸碱都不反应),节约和充分利用资源,通过如下工艺流程回收Al、Cu、绿矾(FeSO4·7H2O)等。
回答下列问题:
(1)“焙烧”的目的是_____。中所含化学键的类型是_____。
(2)提高“碱浸”速率的措施有_____(任写两条合理措施)。“碱浸”时发生反应的化学方程式为_____。
(3)在实验室中进行操作Ⅱ时,用到的玻璃仪器有_____种。滤渣2在酸浸时可形成原电池,写出负极反应式:_____。
(4)滤液2中可能含有因氧气的作用而产生的少量杂质离子,该反应的离子方程式为_____。
(5)由滤液2制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸再经过_____、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体。
【答案】(1) ①. 将金属单质转化为氧化物,并除去可燃性有机物 ②. 离子键和共价键
(2) ①. 适当提高反应温度、将焙烧渣粉碎、适当增大NaOH溶液的浓度、充分搅拌等措施(任写两条,或其他合理答案) ②. Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
(3) ①. 3 ②. Fe-2e-=Fe2+
(4)4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、Fe2O3、FeO、Al2O3、CuO和可燃性有机物,经过焙烧,将金属单质转化为氧化物,并除去可燃性有机物,加入氢氧化钠溶液碱浸,溶解氧化铝,过滤得到滤渣(含有Fe2O3、CuO) 和滤液(NaAlO2溶液),再向滤渣1中加入硫酸酸浸,再加入过量的铁粉,得到FeSO4溶液和滤渣2(含有铁和铜),将滤液2进行蒸发浓缩、冷却结晶,过滤、洗涤、干燥,得到绿矾,再向滤渣2加入硫酸,溶解铁后,过滤,得到铜,据此分析作答。
【小问1详解】
由分析可知,“焙烧”的目的是将金属单质转化为氧化物,并除去可燃性有机物,NaOH中所含化学键的类型是Na+和OH-之间的离子键以及OH-中存在氢氧之间的共价键,故答案为:将金属单质转化为氧化物,并除去可燃性有机物;离子键和共价键;
【小问2详解】
适当提高反应温度、将焙烧渣粉碎、适当增大NaOH溶液的浓度、充分搅拌等措施均可提高“碱浸”速率的措施,由分析可知,“碱浸”时发生的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,故答案为:适当提高反应温度、将焙烧渣粉碎、适当增大NaOH溶液的浓度、充分搅拌等措施(任写两条,或其他合理答案);Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
【小问3详解】
由分析可知,操作Ⅱ为分离固体和液体,是过滤,在实验室中进行操作Ⅱ时,用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒3种,滤渣2的成分为Fe和Cu,故在酸浸时可形成原电池,Fe比Cu活泼,故负极反应式为:Fe-2e-=Fe2+,故答案为:3;Fe-2e-=Fe2+;
【小问4详解】
由分析可知,滤液2主要成分为FeSO4,其中Fe2+可能含有因氧气的作用而产生的少量杂质离子,该反应的离子方程式为:4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,故答案为:4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;
【小问5详解】
根据分析可知,滤液Ⅱ制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体,故答案为:蒸发浓缩、冷却结晶。
16. 已知X、Y、Z、W、R、M为原子序数依次增大的元素,其中X、Y、Z、W、R为短周期主族元素,且位于三个不同周期,Y的某种核素可用于测定文物的年代,W的最外层电子数是最内层的3倍,W与R同主族,元素M是地壳中含量排名第二的金属元素。回答下列问题:
(1)写出的电子式:_____。
(2)W的简单氢化物的熔沸点比R的高,原因是_____。
(3)Y、Z、R的最高价氧化物对应水化物的酸性最弱的是_____(填化学式)。
X、Y、Z、R组成的某种酸的水溶液可用于检测溶液中的,该酸的化学式为_____。
(4)X、Y、W组成的某种常见物质常用于制作消毒剂,该物质的燃烧热为1366.8,写出该物质燃烧的热化学方程式:_____。
(5)与的反应是可逆反应,该反应的平衡常数的表达式为_____;增加的量,的平衡转化率如何变化?_____。
【答案】(1)(2)水分子间形成氢键,沸点更高
(3) ①. ②.
(4)
(5) ①. ②. 增加的量,对化学平衡无影响,转化率不变化
【解析】
【分析】Y的某种核素可用于测定文物的年代,说明Y为C元素;W的最外层电子数是最内层的3倍,说明W为O元素;W与R同主族,R原子序数大于W,说明R为S元素;元素M是地壳中含量排名第二的金属元素,则M为Fe元素;X、Y、Z、W、R为短周期主族元素,且位于三个不同周期,则X为H元素;根据原子序数判断Z为N元素;
【小问1详解】
根据分析可知,Z为N元素,X为H元素,则为铵根离子,其电子式:;
【小问2详解】
W为O元素,简单氢化物为:;R为S元素,简单氢化物为:;W的简单氢化物的熔沸点比R的高,原因:水分子间形成氢键,沸点更高;
【小问3详解】
Y、Z、R最高价氧化物对应水化物分别为、和,酸性最弱的为;为,检验可选择;
【小问4详解】
X、Y、W对应元素分别是H、C、O,可组成具有可燃性消毒剂为乙醇,其燃烧热为1366.8,该物质燃烧的热化学方程式该物质燃烧的热化学方程式:;
【小问5详解】
与的反应是可逆反应,反应方程式:,该反应的平衡常数的表达式:;增加的量,对化学平衡无影响,转化率不变化;
17. 亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂,可用Cl2与NO反应合成NOCl。回答下列问题:
(1)实验室可用MnO2与浓盐酸反应制取合成NOCl所需的Cl2。反应的化学方程式为_____。
(2)NOCl与水反应时会生成HCl和另一种酸,写出该酸在水中的电离方程式:_____。
(3)25℃时,向体积为2L且带气压计的恒容密闭容器中通入一定量的和合成,反应方程式为 。
①正反应速率的表达式为(k为带有单位的速率常数,其值与浓度无关)。测得正反应速率与浓度的关系如下表所示:
_____,_____。
②若反应起始和平衡时温度相同,测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图中曲线a所示,则_____0(填“>”或“<”)。若其他条件相同,仅改变某一条件时,测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图中曲线b所示,则改变的条件是_____。
③当反应达到平衡后,下列分析正确的是_____(填字母)。
A.增大压强,对的影响更大
B.升高温度,对的影响更大
C.减小反应物浓度,对的影响更大
D.加入催化剂,对的影响更大
【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2)HNO2
(3) ①. 2 ②. 144L2·ml-2·min-1 ③. < ④. 加入催化剂 ⑤. A
【解析】
【小问1详解】
实验室可用MnO2与浓盐酸反应制取合成NOCl所需的Cl2,该反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,故答案为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O;
【小问2详解】
已知NOCl中N为+3价,Cl为-1价,故NOCl与水反应时会生成HCl和另一种酸即HNO2,HNO2是一种弱酸,故该酸在水中的电离方程式为:HNO2,故答案为:HNO2;
【小问3详解】
①由题干正反应速率与浓度的关系表中序号①②可知,NO浓度相同时,Cl2浓度变为原来两倍,则正反应速率变为原来的2倍,则可知n=1,由序号①③可知,Cl2浓度相同时,NO变为原来的2倍,正反应速率变为原来的4倍,故m=2,即正反应速率的表达式为,则有0.144ml/(L·min)=k(0.100ml/L)2×0.100ml/L,解得k=144L2·ml-2·min-1,故答案为:2;144L2·ml-2·min-1;
②由图分析可知,随反应的进行压强先增大后减小,5min达到平衡状态,推知开始因反应是放热的,随反应进行温度升高,压强增大;反应到一定程度,因反应物浓度减小,随反应正向进行,压强反而减小,到压强随时间变化不变时,达到平衡状态,反应焓变为:ΔH<0;由图知:化学反应速率加快,平衡不动,改变的条件:加入催化剂;故答案为:<;加入催化剂;
③
A.已知反应正反应是一个气体体积减小方向,故增大压强,化学平衡正向移动,故对的影响更大,A正确;
B.由上小问分析可知,该反应ΔH<0,则升高温度,化学平衡逆向移动,即对的影响更大,B错误;
C.减小反应物浓度,则正反应速率突然减小,逆反应速率逐渐减小,即对的影响更大,C错误;
D.加入催化剂,能够同等幅度地影响正、逆反应速率,平衡不移动,对、的影响一样大,D错误;
故答案为:A。
18. 我国力争实现2030年前“碳达峰”、2060年前“碳中和”的目标,的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。我国科学家利用合成了淀粉,其中关键步骤是与合成。该步骤同时发生下列反应:
①
②
回答下列问题:
(1)请写出与反应合成的热化学方程式:_____。
(2)恒温下,和在恒容密闭容器发生反应①②,下列能表明上述反应已达到平衡状态的有_____(填字母)。
A. 每断裂1键,同时生成2键
B. 混合气体的压强不变
C. 混合气体的平均相对分子质量不变
D.
(3)在密闭容器中投入1和2.75发生反应①:,在不同条件下发生反应,实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示。
①_____(填“>”或“<”),M、N两点的化学反应速率:_____填“>”或“<”),判断理由是_____。
②为提高的转化率,除可以改变温度和压强外,还可以采取的措施有_____、_____。
③若506K时,在10L密闭容器中反应,达平衡时恰好处于图中M点,则N点对应的平衡常数_____(计算结果保留两位小数)。
【答案】(1)(2)BC
(3) ①. > ②. > ③. 压强越大,反应物气体浓度越大,则化学反应速率越大 ④. 增大氢气浓度 ⑤. 分离出水蒸气 ⑥. 1.04
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律:①-②得:;
【小问2详解】
A.断裂H-H键和生成O-H键都是正反应方向,无法判断正逆反应速率是否相同,因此不能判断反应已达平衡,A错误;
B.对于反应①前后气体分子数变化,说明反应过程中气体压强不断变化,当混合气体的压强不变能判断反应已达平衡,B正确;
C.根据可知,混合气体质量不变,反应①前后物质的量发生变化,则混合气体的平均相对分子质量为变量,当其不变,可以说明反应已达平衡,C正确;
D.反应进行过程中某时刻,恰好,不能说明反应已达平衡,D错误;
答案选BC。
【小问3详解】
①该反应为气体分子数减少的反应,温度相同时,增大压强,平衡正向移动,甲醇物质的量增大,则;M、N处于相同温度,M点压强大,反应物气体浓度达,则化学反应速率:;
②为提高的转化率,除可以改变温度和压强外,还可以采取的措施:增大氢气浓度、分离出水蒸气;
化学键
1化学键断裂时吸收的能量/
x
498
803
464
选项
操作及现象
结论
A
将盛有CaO的试管插入装有氨水和酚酞的烧杯中,向试管中加水,烧杯中溶液的颜色变浅
升温,NH3•H2O的电离平衡向左移动
B
常温下,向等体积、等浓度的两份Na2S溶液中分别加入少量等体积的0.1ml/LNaClO溶液、0.01ml/LNaClO溶液,前者先变浑浊
其他条件相同时,反应物的浓度越大,化学反应速率越大
C
向淀粉溶液中加少量稀硫酸,加热4~5min。冷却后向其中加入少量新制Cu(OH)2悬浊液,加热至沸腾,无砖红色沉淀产生
淀粉没有发生水解
D
恒温密闭容器中发生反应:2NO2(g)N2O4(g),平衡后压缩容器体积,混合气体颜色变深
加压后平衡逆向移动
时间/min
组别
0
2
4
6
8
甲容器(℃时)
1.00
070
0.45
0.25
0.25
乙容器(℃时)
1.00
0.60
0.36
a
0.30
序号
①
0.100
0.100
0.144
②
0.100
0.200
0.288
③
0.200
0.100
0.576
安徽省县中联盟2023_2024学年高二化学上学期10月联考试题含解析: 这是一份安徽省县中联盟2023_2024学年高二化学上学期10月联考试题含解析,共18页。试卷主要包含了满分100分,考试时间75分钟,本卷命题范围, 下列说法错误的是等内容,欢迎下载使用。
辽宁省沈阳市2023_2024学年高二化学上学期10月月考试题含解析: 这是一份辽宁省沈阳市2023_2024学年高二化学上学期10月月考试题含解析,共18页。试卷主要包含了单选题,主观题等内容,欢迎下载使用。
山东省枣庄市2023_2024学年高二化学上学期10月月考试题含解析: 这是一份山东省枣庄市2023_2024学年高二化学上学期10月月考试题含解析,共32页。试卷主要包含了4ml电子转移,则有0等内容,欢迎下载使用。