08，河南省南阳市六校2023-2024学年高二上学期1月期末联考化学试题

这是一份08，河南省南阳市六校2023-2024学年高二上学期1月期末联考化学试题，共19页。试卷主要包含了5 Ti 48 Cu 64，5 kJ/ml，故A错误；等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.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质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Cl 35.5 Ti 48 Cu 64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生活息息相关。下列叙述错误的是
A. 杭州第19届亚运会主火炬采用甲醇作主火炬塔燃料，甲醇是可再生能源
B. 节日燃放的焰火与原子核外电子跃迁释放能量有关
C. 我国目前使用的主要能源是煤、水能、核能、风能和太阳能
D. 手机电池放电时，化学能转化成电能、热能等
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲醇是可再生能源，具有广泛的开发和应用前景，故A正确；
B．节日燃放的焰火与原子核外电子从高能级跃迁回低能级释放能量有关，故B正确；
C．我国目前使用的主要能源仍然是煤、石油、天然气等化石燃料，故C错误；
D．手机电池放电时，化学能主要转化成电能，少量化学能转化热能，故D正确；
选C。
2. 室内空气中甲醛的去除原理如图所示：
上述物质所涉及的元素中，电负性最大的是
A. 碳B. 氧C. 氮D. 硫您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 低至0.3/份 【答案】B
【解析】
【详解】元素的非金属性越强，电负性越大。上述有机物涉及的元素有氢、碳、氮、氧、硫五种元素，其中氧元素的非金属性最强，则电负性最大的元素是氧元素，故选B。
3. 在时，已知：
①
②
③
下列叙述正确的是
A. 乙炔的摩尔燃烧焓为
B.
C. 反应②放出的热量为
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙炔的摩尔燃烧焓为1ml乙炔完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，由热化学方程式可知，乙炔的摩尔燃烧焓△H=—2599kJ/ml×=—1299.5 kJ/ml，故A错误；
B．气态水的能量高于液态水，则1ml氢气完全燃烧生成气态水的反应热△H＞—571.6kJ/ml×=—285.8 kJ/ml，故B错误；
C．没有明确反应②的反应物，无法计算反应放出热量，故C错误；
D．由盖斯定律可知，反应①×2+②×—③×得到反应，则反应△H=(—393.5 kJ/ml)×2+(—571.6 kJ/ml)×—(—2599kJ/ml) ×=+226.7 kJ/ml，故D正确；
故选D。
4. 最近，我国科学家开发一种钠离子电池，放电时其工作原理如图所示(放电时，沉积在电极上)。
下列叙述错误的是
A. 放电时，电子通过离子交换膜由极流向极
B. 放电时，极反应式为
C. 充电时，极与电源的负极连接
D. 充电时，外电路中转移电子时，理论上极质量净减
【答案】A
【解析】
【分析】根据钠离子电池放电时其工作原理可知，a电极Na失去电子生成Na+，做负极，b为正极。充电时，a为阴极，b为阳极。
【详解】A．电子不能通过溶液中的离子交换膜，故A错误；
B．根据图示和分析可知，放电时b极反应式为，故B正确；
C．充电时，阴极与电源的负极相连，故C正确；
D．充电时，b极发生反应，转移0.1ml电子，质量减重0.1mlNa+，质量为2.3g，故D正确；
故选A。
5. 元素的某性质递变规律如图所示：
某性质代表
A. 原子半径B. 元素的第一电离能C. 元素的电负性D. 简单氢化物的稳定性
【答案】B
【解析】
【详解】A．的原子半径依次减小，故不选A；
B．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能，故选B；
C．同周期元素从左到右电负性依次增大，电负性，故不选C；
D．同周期元素从左到右，非金属性增强，气态氢化物稳定性依次增强，简单氢化物的稳定性，故不选D；
选B。
6. 一定温度下，在恒容密闭容器中充入乙烯和环丙烷，发生反应：
下列叙述错误的是
A. 其他条件不变，增大乙烯浓度，能提高正反应速率
B. 当压强不变时，反应达到平衡状态
C. 其他条件不变，增大光照强度，会增大
D. 平衡后加入催化剂，平衡不移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．增大反应物浓度能加快反应速率，其他条件不变，增大乙烯浓度，能提高正反应速率，故A正确；
B．反应前后气体系数和不同，压强是变量，当压强不变时，反应达到平衡状态，故B正确；
C．焓变与反应条件无关，其他条件不变，增大光照强度，不变，故C错误；
D．催化剂不能使平衡移动，故D正确；
选C。
7. 常温下，分别加水稀释的盐酸、一氯乙酸溶液至，溶液的与的关系如图所示。
下列叙述正确的是
A. 代表盐酸的与的关系
B. 时，加热两种溶液，不变
C. 加水稀释过程中，水的电离程度都减小
D. 常温下，的电离常数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．盐酸是强酸，盐酸每稀释10倍pH增大1，所以L1代表盐酸的与的关系，故A错误；
B．一氯乙酸是弱酸，时，加热两种溶液，一氯乙酸的电离平衡正向移动，增大，减小，故B错误；
C．加水稀释过程中，氢离子浓度减小，水的电离程度都增大，故C错误；
D. 常温下，0.1ml/L的的pH=1.93，电离常数为，故D正确；
选D。
8. 元素周期表前四周期元素中，下列各区中元素种类最多的是
A. s区B. 区C. 区D. 区
【答案】B
【解析】
【详解】A．s区包括IA族和IIA族，前四周期属于s区的元素有：H、Li、Be、Na、Mg、K、Ca，共7种；
B．区包括IIIA~VIIA族和0族，前四周期共有19种；
C．d区包括IIIB~VIIB族和VIII族(镧系元素和锕系元素除外)，前四周期属于d区的元素有：Sc、Ti、V、Cr、Mn、Fe、C、Ni，共8种；
D．ds区包括IB族和IIB族，有Cu、Zn，共2种；
故选B。
9. 常温下，几种硫化物的溶度积如表所示。
下列叙述错误的是
A. 溶解度：
B. 饱和溶液中
C. 向含等浓度和的废水中通入气体，先生成沉淀
D. 的平衡常数为
【答案】D
【解析】
【分析】根据表格数据可知，Ksp(FeS)＞Ksp(PbS)＞Ksp(CuS)＞Ksp(HgS)，溶度积较大的物质易转化成溶度积较小的物质。
【详解】A． 由于Ksp(FeS)＞Ksp(PbS)＞Ksp(CuS)＞Ksp(HgS)，，溶解度：，故A正确；
B． 饱和溶液中，故B正确；
C． Ksp(PbS)＞Ksp(CuS)，向含等浓度和的废水中通入气体，先生成沉淀，故C正确；
D． 的平衡常数=，故D错误；
故选D。
10. 以石墨为电极，电解足量下列溶液，产生两种气体，且气体的体积比为(同温同压)的是
A. 溶液B. 溶液C. 溶液D. 溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．以石墨为电极，电解CuCl2溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜单质，故A不符合题意；
B．以石墨为电极，电解NaCl溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，Cl2~2e-，阴极上氢离子放电生成氢气，H2~2e-，且转移相同电子时，两极产生气体的体积相同，故B符合题意；
C．以石墨为电极，电解KNO3溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，O2~4e-，阴极上生成氢气，H2~2e-，则转移相同电子数时，两极产生的气体的体积不同，故C不符合题意；
D．以石墨为电极，电解溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜单质，故D不符合题意；
故选B。
11. 根据下列实验操作及现象得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温下，用计测得溶液的，说明NaR是强碱弱酸盐，HR是弱酸，故A正确；
B．在含酚酞的溶液中加入，生成碳酸钙沉淀，碳酸根离子浓度减小，碳酸根离子水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，颜色变浅，故B错误；
C．将溶液和溶液混合，发生双水解反应，产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故C错误；
D．常温下，向溶液中先滴加溶液，再滴加溶液，先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀，可能是向AgNO3溶液过量，不一定由氯化银转化为碘化银，不能证明，故D错误；
选A。
12. 短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，其中基态Y原子的价层电子排布式为nsnnp2n。下列叙述正确的是
A. 基态Z原子核外电子占据5个原子轨道
B. 简单氢化物的稳定性：X＞Y
C. 基态X原子核外有3个未成对电子
D. R的氧化物对应的水化物一定是强酸
【答案】C
【解析】
【分析】由于1个轨道上最多可容纳2个电子，则n=2，基态Y原子的价层电子排布式为2s22p4，Y是O元素，根据各种元素的相对位置，可知X是N元素，Z是Si元素，R是Cl元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知X是N，Y是O，Z是Si，R是Cl元素。
A．Z是Si元素，根据构造原理可知基态Si原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p2，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，则基态Z原子核外电子占据的原子轨道数是1+1+3+1+2=8个，A错误；
B．X是N，Y是O，二者是同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，所以元素的非金属性：X＜Y。元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强，所以简单氢化物的稳定性：X＜Y，B错误；
C．X是N元素，根据构造原理可知基态N原子核外电子排布式是1s22s22p3，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，每个轨道最多可容纳2个电子，根据核外电子排布规律可知：原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子的能量最低，处于稳定状态，所以基态X原子核外有3个未成对电子，C正确；
D．R是Cl元素，Cl元素有+1、+3、+5、+7多种价态，由于题目未指出是否是Cl元素最高价氧化物，因此其对应的水化物不一定是强酸，D错误；
故合理选项是C。
13. 容器甲、乙的起始体积相同，分别充入和的混合气体，发生反应：。
下列比较错误的是
A. (甲)(乙)B. 甲乙C. (甲)(乙)D. (甲)(乙)
【答案】A
【解析】
【分析】反应为放热反应，甲、乙的起始体积相同，分别充入和的混合气体，发生反应，甲恒温恒容、乙绝热恒容，达到平衡时，乙相当于在甲平衡基础上升高温度，平衡逆向移动；
【详解】A．由分析方程式可知，反应前后的物质的量相同，故达到平衡时，(甲)(乙)，A错误；
B．由分析可知，平衡时，甲温度较低，正向进行程度较大，甲乙，B正确；
C．由分析可知，平衡时，乙温度较高，反应物的浓度较大，则反应速率较快，故(甲)(乙)，C正确；
D．由分析可知，平衡时，甲温度较低，正向进行程度较大，(甲)(乙)，D正确；
故选A。
14. 已知亚磷酸是二元弱酸。常温下，向溶液中滴加溶液，溶液的与的关系如图所示。
下列叙述错误的是
A. 时溶液中
B.
C. 的平衡常数为
D. 图中
【答案】C
【解析】
【分析】亚磷酸是二元弱酸，第一步电离大于第二步，由图可知，当pM=0时，n曲线对应的pH更小，酸性更强，则曲线n代表与pH的关系、曲线m代表与pH的关系；由点a可知，、b点可知，；
【详解】A．时溶液溶质为，其水解常数为，则其水解小于其电离，溶液显酸性，，A正确；
B．曲线n代表与pH的关系，由点a可知，，B正确；
C．的平衡常数，C错误；
D．图中x对应的纵坐标为5，则，，则pH=1.7，，D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 磷酸铁常用作制备电极材料的原料。一种制备磷酸铁的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）的价层电子排布式是_______，其中未成对电子数为_______。中含有化学键的类型有_______。
（2）实验室保存溶液时常加少量稀硫酸，其作用是_______。还加少量铁粉，其作用是_______。
（3）为了提高“氧化槽”中的反应速率，宜采取的措施有_______(填一条)。
（4）“真空过滤”与抽滤原理相同，采用“真空过滤器”的优点有_______。
（5）“撞击流反应器”、“陈化槽”都使用了磷酸，该酸在水中第二步电离的离子方程式为_______。
（6）已知常温下，。的电离常数，，当时，已完全沉淀。“撞击流反应器”中，若保持溶液中含浓度为，当其时，_______(用含的代数式表示)。
【答案】（1） ①. ②. 4 ③. 离子键、(极性)共价键
（2） ①. 抑制水解 ②. 抑制被氧化
（3）适当加热、增大浓度等
（4）过滤速度快，固体较干燥
（5）
（6）
【解析】
【分析】本题是一道由硫酸亚铁制备磷酸铁的工业流程题，首先在酸性条件下用氧化剂将硫酸亚铁中的二价铁氧化为三价铁，随后加入磷酸，过滤后用热水洗涤产品，再次真空过滤后，经处理得到产品，以此解题。
【小问1详解】
铁为26号元素，则的价层电子排布式是；其中未成对电子数为4；中，钠离子和氢氧根离子之间是离子键，氢氧根中氧和氢之间是(极性)共价键；
【小问2详解】
二价铁可以水解，故保存溶液时常加少量稀硫酸，其作用是抑制水解；另外二价铁容易被氧化为三价铁，则加少量铁粉，其作用是抑制被氧化；
【小问3详解】
从反应速率的影响因素考虑可知，为了提高“氧化槽”中的反应速率，宜采取的措施有：适当加热、增大浓度等；
【小问4详解】
抽滤可以加快过滤速率，则“真空过滤”与抽滤原理相同，采用“真空过滤器”的优点有：过滤速度快，固体较干燥；
【小问5详解】
磷酸为三元弱酸，则磷酸在水中第二步电离的离子方程式为；
【小问6详解】
当其时，c(H+)=10-3ml/L，则，。
16. 六种元素在元素周期表中位置如图所示。
回答下列问题：
（1）基态元素原子核外有_______种不同运动状态的电子。
（2）上述6种元素中，第一电离能最大的是_______(填元素符号)。
（3）基态元素原子有_______个未成对电子，元素位于_______区。基态元素原子的价电子轨道表示式为_______。
（4）基态元素原子的电子排布简式为_______，其能量最高能层的符号是_______。
（5）在元素中，第二电离能与第一电离能相差较大的是_______(填元素符号)，判断依据是_______。
【答案】16. 8 17.
18. ①. 6 ②. ③.
19. ①. ②.
20. ①. ②. 基态的价电子排布式分别为，全充满结构比半充满结构稳定，第一电离能：，第二电离能：
【解析】
【分析】根据元素周期表中各元素位置可知，六种元素分别为N、O、Cr、Cu、Zn、Ge；
【小问1详解】
基态O原子核外有8个电子，因此原子核外共有8种不同运动状态的电子；
【小问2详解】
金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大。同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，第ⅡA族,第ⅤA族反常，故上述6种元素中，第一电离能最大的是N；
【小问3详解】
基态Cr元素为24号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，原子有6个未成对电子，d为Cu元素，位于ds区；基态N元素电子排布式为1s22s22p3，其原子的价电子轨道表示式为；
【小问4详解】
f为Ge元素，为32号元素，基态f元素原子的电子排布简式为，其能量最高能层的符号是N；
【小问5详解】
在元素中，第二电离能与第一电离能相差较大的是，判断依据是基态的价电子排布式分别为，全充满结构比半充满结构稳定，第一电离能：，第二电离能：。
17. 二氯六氨合铜是一种重要的化工产品。某小组拟制备并测定其纯度。制备原理是强冷条件下：。
(一)制备产品，实验装置如图所示。
（1）装置B中添加四氯化碳的目的是_______。
（2）启动装置A中反应的操作是_______；用平衡移动原理解释制备氨气的原理：_______。
（3）实验完毕后，向装置B中加入适量乙醇，析出蓝色晶体，经过_______、洗涤、晾干得到产品。
(二)测定产品纯度，实验装置如图所示。
向烧瓶中加入足量溶液，产生蓝色沉淀，逸出的氨气被过量的盐酸吸收；完全反应后，取下烧杯并用蒸馏水冲洗干燥管，将洗涤液和烧杯中的溶液合并。稀释溶液至，准确量取该溶液于锥形瓶中，滴几滴指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗滴定液(假设杂质不参与反应)。
（4）指示剂X应选择_______。
（5）该产品的纯度为_______(用含的代数式表示)。如果碱式滴定管没有润洗，测得的结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）防止液体发生倒吸
（2） ①. 将形管向左倾斜使固液接触 ②. ，和反应放出热量并生成碱，促进平衡向生成氨气的方向移动
（3）过滤 （4）甲基橙
（5） ①. ②. 偏低
【解析】
【分析】装置A中CaO和浓氨水反应制取氨气，装置B中氨气和CuCl2溶液反应制取二氯六氨合铜，氨气不能直接排放，用C装置中硫酸进行尾气吸收。
【小问1详解】
氨气极易溶于水，不溶于四氯化碳，为防止倒吸在装置B中添加四氯化碳；
【小问2详解】
启动装置A中反应的操作是将Y形管向左倾斜使固液接触；氨水中存在平衡：，CaO和H2O反应放出热量并生成碱，促进平衡向生成氨气的方向移动，所以可用CaO和浓氨水反应制备氨气；
【小问3详解】
溶液中析出蓝色晶体后，要经过过滤、洗涤、晾干得到产品；
【小问4详解】
洗涤液和烧杯中的溶液合并所得溶液为NH4Cl和过量盐酸的混合溶液，用标准NaOH溶液滴定至终点时溶液呈酸性，故选酸性范围内变色的指示剂甲基橙；
【小问5详解】
设wg产品中n=xml，NH3与HCl按物质的量1:1反应，过量的HCl与NaOH按物质的量1:1反应，所以 ，该产品的纯度为；如果碱式滴定管没有润洗，则相当于稀释标准NaOH溶液，使需要的标准NaOH溶液体积偏大，即V2偏大，测得的结果偏低。
18. 工业上采用多种还原剂NH3、CO、H2等还原NO气体。
Ⅰ．NH3还原法。已知：
①
②
（1）的逆反应活化能与正反应活化能之差等于_______kJ/ml。
（2）在密闭容器中充入4 ml NH3和6 ml NO，发生反应：。平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图所示。
若P点对应的反应容器降温的同时扩大容器体积，重新达到平衡时可能是图中点a、b、c、d中的_______点。
Ⅱ．还原法。汽车尾气中的处理原理如图所示：
（3）当x=1时，CO和NOx反应中N2与NOx的速率之比为_______。其他条件相同，增大催化剂比表面积，反应速率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
Ⅲ．H2还原法。在某催化剂作用下，的速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，m、n为反应级数)。
（4）为了测定反应级数，测得实验数据如下：
由此推知，m=_______，n=_______。
（5）研究发现H2和NO反应分两步进行：第一步：2NO+H2=N2+H2O2 (很慢)；第二步：_______(补充反应式)(很快)，其中，第_______步反应控制总反应速率。
（6）一定温度下，向恒容密闭反应器中充入0.4 ml NO和0.8 ml H2，发生反应：。体系总压强与时间的关系如图所示。
①0~30 min内用H2的分压表示的平均反应速率v(H2)为_______kPa·min-1。
②该温度下，平衡常数Kp=_______kPa-1 (Kp为用平衡分压计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）1812
（2）c （3） ① 1：2 ②. 增大
（4） ①. 1 ②. 2
（5） ①. H2O2+H2=2H2O ②. 一
（6） ①. 2 ②. 0.027
【解析】
【小问1详解】
已知热化学方程式：①
②，根据盖斯定律，将(①×5-②×3)×，整理可得 △H=-1812 kJ/ml，说明逆反应活化能比正反应的活化能大1812 kJ/ml；
【小问2详解】
在密闭容器中充入4 ml NH3和6 ml NO，发生反应：△H=-1812 kJ/ml。该反应的正反应是气体体积增大的放热反应，根据平衡移动原理，减小压强，降低温度，化学平衡正向移动，会导致NO的体积分数减小。由于NO的体积分数：T1＞T2，所以温度：T1＞T2，则若P点对应的反应容器降温的同时扩大容器体积，重新达到平衡时可能是图中点a、b、c、d中的c点；
【小问3详解】
x=1时，CO和NOx反应方程式为：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)，由于用不同物质表示化学反应速率时，速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，则N2与NO的速率之比为1：2；其他条件相同，增大催化剂比表面积，反应速率增大；
【小问4详解】
反应的速率方程为，根据实验a、b可知：在c(NO)相同时，c(H2)扩大2倍，反应速率也是原来的2倍，说明m=1；根据实验b、c可知：在c(H2)不变时，c(NO) 扩大2倍，速率增大4倍，说明n=2；
【小问5详解】
研究发现H2和NO反应分两步进行：第一步：2NO+H2=N2+H2O2 (很慢)，由于总反应是，用总反应减去第一步反应可得第二步反应的化学方程式为：H2O2+H2=2H2O；对于多步反应，总反应速率快慢由活化能大的慢反应决定，因此第一步的慢反应的反应速率控制总反应的化学反应速率；
【小问6详解】
①一定温度下，向恒容密闭反应器中充入0.4 ml NO和0.8 ml H2，此时气体总物质的量是n(总)=0.4 ml+0.8ml=1.2 ml，气体总压强是240 kPa，其中H2的分压p(H2)=；在反应进行到30 min时，气体总压强是210 kPa，此时气体总物质的量是n(总)平衡=，气体物质的量减少了△n=1.2 ml-1.05 ml=0.15 ml，根据物质反应转化关系可知，反应消耗H2的物质的量是△n(H2)=2×0.15 ml=0.3 ml，则此时H2的物质的量是n(H2)=0.8 ml-0.3 ml=0.5 ml，H2的分压是p(H2)=，故0~30 min内用H2的分压表示的平均反应速率v(H2)=；
②对于反应，根据①计算可知在30 min达到平衡时，△n(H2)=0.3 ml，根据物质反应转化关系可知平衡时，n(H2)=0.5 ml，n(NO)=0.4 ml-0.3 ml=0.1 ml，n(H2O)=0.3 ml，n(N2)=0.15 ml，平衡分压p(NO)= ；p(H2)=，p(H2O)=，p(N2)=，则平衡常数Kp==0.027 kPa-1。硫化物
选项
实验操作及现象
结论
A
常温下，用计测得溶液的
是弱酸
B
在含酚酞的溶液中加入，溶液颜色变浅
氧化了酚酞
C
将溶液和溶液混合产生白色沉淀和气体
白色沉淀是
D
常温下，向溶液中先滴加溶液，再滴加溶液，先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀
容器
甲
乙
条件
恒温恒容
绝热恒容
平衡时气体的物质的量
甲
乙
平衡常数
甲
乙
平衡时正反应速率
甲
乙
的平衡转化率
甲
乙
实验
反应速率
a
0.1
0.1
v
b
0.2
0.1
2v
c
0.2
0.2
8v