2022-2023学年重庆市高二上学期11月期中考试化学试卷学校:___________姓名：___________班级：_________
__一、单选题1．已知：H2(g)＋F2(g)=2HF(g)，反应过程的能量变化如下图，下列说法正确的是 ( )A．1molH
2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量小于270 kJB．HF气体分解生成H2和 F2的反应是吸热反应C．在相同条件下
，1molH2与1molF2的能量总和小于2molHF气体的能量D．其它条件不变，加入催化剂，该反应的ΔH减小2．下列有关能量的说
法不正确的是( )A．当反应物断键吸收的总能量比生成物成键释放的总能量高时，为吸热反应B．活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要
克服的能量越高C．吸热反应中，反应物化学键断裂吸收的总能量高于生成物形成化学键放出的总能量D．同温同压下，反应在光照和点燃条件下的
不同3．碳酸氢钠的分解反应如下：2NaHCO3(s) Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)?△H＞0，一定温度下，在密
闭容器中放入NaHCO3固体，反应达平衡时容器中压强为4×103Pa。下列说法正确的是( )A．该反应的平衡常数为4×106P
a2B．升高温度，正反应速率增加，逆反应速率减小C．当容器中的气体平均摩尔质量不变时，反应达到平衡D．缩小体积，再次达到平衡后CO
2浓度变大4．如图所示的实验方案能达到实验目的的是 ( )A．图甲验证对分解反应有催化作用B．图乙用Cu和稀硝酸制取NOC．图
丙是实验室制取氨气的发生装置D．图丁可用于收集氨气5．能改变反应物分子中活化分子百分数的条件是( )①浓度?②压强?③温度?④
催化剂A．①③B．②④C．③④D．①②③④6．设计热循环，可计算反应过程中某一步的能量变化。如图所示为NH4Cl的热循环过程，可得
△H6/(kJ?mol-1)为( )A．-2299B．+248C．+876D．+22407．下列说法正确的是( )A．凡是
放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的B．自发反应的现象一定非常明显，非自发反应的熵一定减小C．常温下，反应C(s)+CO2
(g)2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔΗ＞0D．反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应
的ΔΗ＞08．用下列装置进行实验可以达到相应实验目的的是( )????A．除去乙烷中少量的乙烯B．测定锌和一定浓度稀硫酸的反应
速率C．除去固体碘中少量的D．除去氯酸钾中少量的氯化钾A．AB．BC．CD．D9．可以证明可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3
(g)已达平衡状态的有几项：①一个N≡N键断裂的同时，有3个H-H键断裂；②一个N≡N键断裂的同时，有6个N-H键断裂；③其他条件
不变时，混合气体的平均相对分子质量不再改变；④恒温恒容时，体系压强不再改变；⑤ω(NH3)、ω(N2)和ω(H2)都不再改变；⑥恒
温恒容时，密度保持不变；⑦，A．7项B．6项C．5项D．4项10．已知：?；?则的等于( )A．+1528.6 B．+1473
C．?1528.6 D．?1473 11．下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是( )A．将NO2球浸泡在冷水和热水中B．增
大压强，利于合成C．D．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫12．用固体与稀盐酸反应制取，生成的体积与时间的关系如下图所示。下列说法
不正确的是( )?A．图中OE段收集的最少B．图中EF段反应速率最快C．该反应是吸热反应D．将粉碎可以加快反应速率13．下列有
关图像描述正确的是( )?A．图甲表示反应，则t?时刻为增大压强B．由图乙可知满足反应C．图丙表示的反应方程式为：D．图丁表示
反应：，y轴可表示物质B的转化率14．利用下列装置完成对应的实验，能达到实验目的的是????A．比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性B．
检查装置的气密性C．制备氢氧化铁胶体D．判断的热效应A．AB．BC．CD．D二、原理综合题15．氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利
用的关键技术，是当前关注的热点之一。(1)氢气是清洁燃料，已知1g氢气完全燃烧生成液态水放出Q kJ的热量，写出表示氢气燃烧热的热
化学方程式： 。(2)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，则反应消耗1molNaB
H4时转移的电子数目为 。(3)储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：C6H12(g)C6H6(g)
+3H2(g)。在某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，起始浓度为xmol·L-1，起始时容器总压为p，平衡时苯的浓度为ymol·
L-1，则该反应的压力平衡常数Kp= (用含x、y和p的式子表示；用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×体积分数)。(4)一定条件下
，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢，（高分子电解质膜，只允许氢离子通过）(忽略其他有机物)。①导线中电子移动方向为 → (分别
选填“A”或“D”)。②生成目标产物的电极反应式为 。③该储氢装置的电流效率η= 。(η=×100%，计算结果保留小数点后1位)1
6．工业制硫酸的过程中，SO2(g)催化氧化为SO3(g)是关键步骤，小组的同学对其反应动力学进行以下研究。(1)600K时，向恒
温刚性容器中充入2molSO2(g)、1molO2(g)和适量催化剂进行上述反应，测得SO2(g)浓度随时间变化如图所示，则从开始
到平衡时的平均反应速率v(O2)= ，平衡常数K= L·min-1。(2)小组同学查阅资料发现，该反应正反应速率的表达式为v正=k
正?cm(SO2)?cn(O2)(k正为速率常数，与温度有关)，在900K时，测得正反应速率与初始浓度的关系如表所示：初始浓度/m
ol·L-1正反应速率/mol·L-1·s-1c0(SO2)c0(O2)v正0.0100.0102.5×10-30.0100.02
05.0×10-30.0300.02045×10-3①m= ，n= ，k正= mol-2·L2·s-1。②TK时，若测得k正=1×
103mol-2·L2·s-1，则T 900K(填“>”、“=”或“<”)。(3)小组同学进一步发现k正与反应活化能(Ea)的关系
为：k正=Ae(A为反应的特征常数，称为指前因子；R为气体常数，约为8.3J?mol-1?K-1；T为热力学温度，单位为K)。①若
该反应在1000K时速率常数k正=2.5×104mol-2·L2·s-1，则该反应的活化能Ea= kJ·mol-1(结果保留一位小
数，已知ln10≈2.3。)②欲降低该反应的活化能，可采取的可行措施是 。17．回答下列问题：I.(1)已知拆开键、键、键分别需要
的能量时、、(以上数据均为物质处于气态测得)，则与反应生成的热化学方程式为 (2)氮氧化合物是造成光化学烟雾的主要气体。已知：①平
衡常数：②平衡常数：则反应的 (用表示)；平衡常数为 (用表示)。II．化学小组用滴定法测定溶液物质的量浓度：取草酸晶体(，摩尔质
量)溶于水配成溶液，取溶液置于锥形瓶中，加入适量稀酸化，再用溶液滴定至终点，重复滴定三次，平均消耗溶液。发生的反应为：。(3)实验
中所需的定量仪器有 (填仪器名称)。(4)如图中显示滴定终点时的度数是 。(5)滴定到达终点的现象是：当滴入最后半滴溶液时，刚好
使锥形瓶中的溶液 ，且半分钟内不变色时，即到终点，停止滴定。(6)该溶液的物质的量浓度为 。(7)若出现下列情况，测定溶液的物质的
量浓度偏高的是____A．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶B．装溶液的滴定管用蒸馏水洗后，未润洗C．若在滴定过程中不慎将数滴溶液滴在锥形瓶
外D．装溶液的滴定管滴至终点时俯视读数三、实验题工业上H2O2是一种重要的绿色氧化还原试剂，某小组对的催化分解实验进行探究。回答下
列问题：18．在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。实验装置如图所示：①写出H2O2溶液在Fe3
+催化下分解的化学方程式 ；②请写出下面表格中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的实验记录内容或数据：实验序号0.1 mol/L硫酸铁溶液的体积/mL30
% H2O2溶液的体积/mL蒸馏水的体积/mL时间/sO2的体积/1Ⅰbcde2acⅡdfⅠ= ，Ⅱ= 。19．利用图1和图2中的
信息，按图3装置(连通的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验，可观察到A瓶中气体颜色比B瓶中的 （填“深”或“浅”），其原因是 。
20．该小组预测同为第四周期Ⅷ族的Fe、Co、Ni可能有相似的催化作用，查阅资料：（其中Co、Ni均为+2价）也可用作H2O2分解
的催化剂，具有较高的活性。如图表示两种不同方法制得的催化剂在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信
息可知 法制取得到的催化剂活性更高，推测Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是 ．参考答案1．B【分析】反应物的总能量大于生
成物的总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物总能量为吸热反应，由图所示的反应为放热反应，物质由气态变为液态为放热过程，据此分析解
答。【详解】A．由图可知，1molH2与1molF2反应生成2mol气态HF放出的热量为270 kJ，由气态变为液态为放热的过程，
则1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量大于270 kJ，故A错误；B．由图可知，反应H2(g)＋F2(g)
=2HF(g)中，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应放热，则HF气体分解生成H2和 F2的反应是吸热反应，故B正确；C．由B
项分析可知，反应H2(g)＋F2(g)=2HF(g)为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，则在相同条件下，1molH2与1
molF2的能量总和大于2molHF气体的能量，故C错误；D．其它条件不变，加入催化剂，可以改变该反应的反应速率和反应历程，但不能
改变ΔH，故D错误；答案选B。2．D【详解】A． 当反应物断键吸收的总能量比生成物成键释放的总能量高时，应为吸热反应，故A正确；B
．活化能越大，说明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高，故B正确；C．断键吸热，成键放热，吸热反应中，反应物化学键断裂吸收的总能量高
于生成物形成化学键放出的总能量，故C正确；D．焓变与反应的始态、终态有关，与反应条件无关，所以反应H2(g)＋Cl2(g)=2HC
l(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，故D错误；故选D。3．A【详解】A．反应的平衡常数为，A正确；B．升高温度正逆反应速率都会增
大，B错误；C．反应过程中，生成，则气体平均摩尔质量，一直不变，C错误；D．温度不变，平衡常数不变，再次达到平衡时总压强不变，根据
理想气体方程，，浓度不变，D错误；答案选A。4．B【详解】A．验证氯化铁是该反应的催化剂，应固定温度为单一变量，A错误；B．稀硝酸
与铜反应得到NO，NO难溶于水，可用排水法收集，B正确；C．实验室制取氨气，试管口应该向下倾斜，C错误；D．收集氨气，应该用向下排
空气法，且应该用双孔胶塞，或者在圆底烧瓶口用一团棉花，D错误；故选B。5．C【详解】浓度、压强可以增加单位体积内的活化分子个数，不
会增加活化分子百分数；温度可使分子能量增加，活化分子数目增加，活化分子百分数也增加；催化剂降低活化能，增加活化分子百分数，故选③④
，选C。6．C【详解】根据盖斯定律，代入数据可得故选C。7．C【详解】A．反应的自发性受焓变和熵变的共同影响，所以放热反应不一定是
自发反应，吸热反应也不一定是非自发反应，A不正确；B．自发反应的现象不一定明显，非自发反应的熵也可能增大，B不正确；C．常温下，反
应C(s)+CO2(g)2CO(g)不能自发进行，该反应的ΔS＞0，则一定存在ΔΗ＞0，C正确；D．反应2Mg(s)+CO2(g)
=C(s)+2MgO(s)能自发进行，因为ΔS＜0，所以该反应的ΔΗ＜0，D不正确；故选C。8．B【详解】A．乙烯能被酸性高锰酸钾
溶液氧化成二氧化碳，引入新的杂质，实验室常用溴水除去乙烷中的乙烯，故A错误；B．锌与稀硫酸反应生成氢气，锥形瓶中压强增大，推动注射
器活塞，然后读数一定时间内，产生氢气的体积，从而计算出反应速率，故B正确；C．氯化铵不稳定，受热易分解成氨气和HCl，遇冷重新生成
氯化铵，碘单质受热升华，遇冷转化成固体，因此该实验方法不能分离氯化铵和碘单质，故C错误；D．氯酸钾、氯化钾均能溶于水，不能通过过滤
方法分离，故D错误；答案为B。9．D【详解】①一个N≡N键断裂的同时，有3个H-H键断裂，虽然二者的数值之比等于化学计量数之比，但
反应进行的方向相同，不能确定反应达平衡状态；②一个N≡N键断裂的同时，有6个N-H键断裂，反应进行的方向相反，且二者的数值之比等于
化学计量数之比，则反应达平衡状态；③其他条件不变时，混合气体的总质量不变，气体的物质的量改变，则平衡前平均相对分子质量发生不断改变
，则平均相对分子质量不变时，反应达平衡状态；④恒温恒容时，平衡前气体的物质的量发生改变，则压强发生改变，当体系压强不再改变时，反应
达平衡状态；⑤ω(NH3)、ω(N2)和ω(H2)都不再改变，则正、逆反应速率相等，反应达平衡状态；⑥恒温恒容时，混合气的质量不变
、体积不变，密度始终不变，所以密度保持不变时，反应不一定达平衡状态；⑦，，前者是平均反应速率，后者是逆反应速率，没有可比性，不能判
断反应是否达平衡状态；综合以上分析，②③④⑤达平衡状态，故选D。10．D【详解】由信息可知，①?；②?，结合盖斯定律可知，①?②×
2得到，则生成的反应热，故D符合题意。综上所述，答案为D。11．C【详解】A．在NO2气体中存在平衡：2NO2(g)N2O4(g)
??H＜0，将NO2球浸泡在冷水和热水中，分别使平衡正向和逆向移动，从而使气体的颜色变浅和变深，A不符合题意；B．增大压强，平衡正
向移动，SO2的转化率增大，有利于合成，B不符合题意；C．H2O2分解反应中，加入MnO2作催化剂，虽然能使H2O2的分解速率加快
，但不能使平衡发生移动，所以不能用平衡移动原理加以解释，C符合题意；D．开启啤酒瓶后，瓶中压强减小，CO2的溶解度降低，CO2的溶
解平衡逆向移动，从而生成CO2气体，所以马上泛起大量泡沫，D不符合题意；故选C。12．C【详解】A．由图可知段之间纵坐标差值最小，
故反应段收集的二氧化碳气体最少，故A不符合题意；B．曲线斜率大小决定反应速率大小，斜率越大，反应速率越快，由图可知段的曲线斜率最大
，所以段化学反应速率最块，故B不符合题意；C．随反应进行，氢离子浓度降低，反应速率应该降低，但段化学反应速率比段大，说明反应为放热
反应，故C符合题意；D．将粉碎可增大与盐酸的接触面积，加快反应速率，故D不符合题意；故选：C。13．B【详解】A．反应A(g)+3
B(g)2C(g)的正反应气体分子数减少，增大压强，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，平衡向正反应方向移动，图甲中t0
改变条件正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，平衡向逆反应方向移动，则t0时刻为升高温度，A项错误；B．图乙选择T1、p2
和T1、p1曲线，由图可知，p2达到平衡所需时间比p1达到平衡所需时间短，说明p2反应速率快，则p2＞p1，p2达到平衡时生成物C
%比p1达到平衡时C%大，说明增大压强，平衡向正反应方向移动，满足条件的正反应是气体分子数减小的反应，选择T1、p2和T2、p2曲
线，由图可知，T1达到平衡所需时间比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速率快，则T1＞T2，T2达到平衡时生成物C%比T1达到平
衡时C%大，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，满足条件的正反应为放热反应即ΔH＜0，图乙满足反应2A(g)+3B(g)2C(g)
?ΔH＜0，B项正确；C．图丙从起始到平衡，A的浓度随时间推移逐渐减小，B、C浓度随时间推移逐渐增多，A为反应物，B、C为生成物，
转化A、B、C的物质的量浓度之比为(2.0-1.2)mol/L∶(0.4-0)mol/L∶(1.2-0)mol/L=2∶1∶3，图
丙表示的反应方程式为2AB+3C，C项错误；D．反应2A(g)+3B(g)3C(g)的正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向
移动，B的转化率增大，与图像不吻合，y轴不能表示物质B的转化率，D项错误；答案选B。14．D【详解】A．加热时碳酸氢钠分解生成碳酸
钠，小试管中温度低，为对比二者的稳定性，小试管中应为碳酸氢钠，A错误；B．捂热集气瓶，气体从长颈漏斗逸出，不能检验装置的气密性，B
错误；C．氯化铁与NaOH溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液可制备胶体，C错误；D．只有温度不同，可判断温度对化学平衡
的影响，则能判断2NO2(g)N2O4(g)的热效应，D正确；故答案为：D。15． H2(g)+O2(g)=H2O(l)
ΔH=－2Q kJ/mol 4NA或2.408×1024 A D C6H6+6e-+6H+=C6H12
64.3%【详解】(1) 1g（0.5mol）氢气完全燃烧生成液态水放出Q kJ的热量，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)
+O2(g)=H2O(l) ΔH=－2Q kJ/mol；(2)NaBH4与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，NaBO
2中B元素化合价为+3价，所以NaBH4中H元素的化合价为-1价，所以H元素化合价由-1价、+1价变为0价，再结合转移电子守恒配平
方程式为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑。反应消耗1mol NaBH4时转移的物质的量为1mol×4×[0-(-1)]
=4mol，所以转移电子数为4NA或2.408×1024；(3)根据已知信息，列出三段式如下：，其实总压为p，则平衡后总压为，则平
衡后各物质的分压分别为、、，则平衡常数Kp== ；(4) ①根据装置图可知，D极苯的质量分数降低，苯部分转化为环己烷，发生还原反应
，则D为阴极，与电源的负极相连，所以A是负极，B是正极，则导线中电子移动方向是从电源的负极流向阴极，即从A流向D；②该装置中氢离子
与苯反应生成环己烷，达到储氢的目的，所以生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+=C6H12；③根据装置图可知阳极生成2
.8 mol气体，阳极发生氧化反应，氢氧根离子放电生成氧气，所以2.8 mol气体为氧气，转移电子的物质的量＝2.8mol×4＝1
1.2mol。混合气中苯的物质的量是10mol×24%=2.4mol，若出来的混合气体仍为10mol，则苯的物质的量是1mol，说
明消耗苯的物质的量是2.4-1=1.4mol，则失去电子的物质的量为8.4mol，不符合得失电子守恒，所以反应后阴极的混合气体不是
10mol，应有氢气放出。设阴极消耗苯的物质的量是x mol，则同时生成 xmol环戊烷，根据电子守恒可知，阴极生成氢气是＝(5.
6－3x) mol，所以阴极出来的混合气的物质的量是 (10+5.6-3x)mol，剩余苯的物质的量是(2.4-x)mol，则＝0
.1，解得x＝1.2，因此储氢装置的电流效率＝×100%＝64.3%。16．(1) 0.016mol·L-1·min-1
400(2) 2 1 2.5×103 <(3) 171.8 使用更高效的催化剂【详解】（1
）由图知，从开始到平衡时的平均反应速率，反应方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，由速率之比等于系数比，v(O2)=v
(SO2)= 0.016mol·L-1·min-1；起始SO2(g)浓度为0.40mol/L，则容器体积为，起始O2(g)浓度，列
三段式：，平衡常数；（2）①令c0(SO2)相同，则，解得n=1，令c0(O2)相同，则，解得m=2，可得v正=k正?c2(SO2
)?c(O2)，将第一组数据代入可得2.5×10-3= k正?0.0102×0.010，解得k正=2.5×103；②900K时，k
正=2.5×103，TK时，若测得k正=1×103mol-2·L2·s-1，温度越高反应速率越快，则T<900K；（3）①由k正与
反应活化能(Ea)的关系为：k正=Ae，在900K时，k正=2.5×103，代入数据可得2.5×103=Ae，1000K时速率常数
k正=2.5×104mol-2·L2·s-1，代入数据可得2.5×104=A e，两式比值可得Ea=171.8 kJ·mol-1；
②催化剂可降低该反应的活化能，可采取的可行措施是使用更高效的催化剂。17．(1)N2(g)+3H2(g)=2NH3 (g) ΔH=
-92kJ/mol(2) 2ΔH1 +ΔH2 (3)酸式滴定管，100mL容量瓶(4)20.60(5)由无色变成浅红色(6
)(7)D【解析】（1）断开1molN2和3molH2中的共价键需要吸收946kJ+3×436kJ=2254kJ热量，生成2mol
NH3放出6×391kJ=2346kJ的热量，所以1molN2和3molH2反应生成2molNH3，共放出2346kJ-2254k
J=92kJ热量，则与反应生成的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3 (g) ΔH=-92kJ/mol。（2）将反应
①×2+反应②即可得到反应，则该反应的2ΔH1 +ΔH2，方程式系数扩大2倍，则化学平衡常数变为原来的平方，两个方程式相加，则将两
个反应的平衡常数相乘即可得到总反应的平衡常数，所以该反应的平衡常数为。（3）滴定法测定溶液物质的量浓度需要用酸式滴定管盛装酸性高锰
酸钾溶液，配制100mL草酸溶液需要用到的定量仪器是100mL容量瓶。（4）滴定管读数需读到小数点后两位，图中所示的滴定管读数为2
0.60mL。（5）高锰酸钾溶液是紫红色的，草酸溶液是无色的，当滴入最后半滴溶液时，刚好使锥形瓶中的溶液由无色变成浅紫红色，且半分
钟内不变色时，即到终点，停止滴定。（6）设高锰酸钾溶液的浓度为cmol/L，根据反应方程式：，可列式为：cmol/L×V×10-3
L×5=×2×，解得c=。（7）根据c=，滴定过程中若引起V的变化，则会对c有影响：A．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，不影响所用的高锰
酸钾溶液的体积，对高锰酸钾溶液浓度无影响；B．装溶液的滴定管用蒸馏水洗后未润洗，使高锰酸钾溶液浓度偏低；C．若在滴定过程中不慎将数
滴溶液滴在锥形瓶外，则带入计算式中的高锰酸钾溶液的体积偏大，导致计算出来的高锰酸钾溶液浓度偏低；D．装溶液的滴定管滴至终点时俯视读数，则高锰酸钾溶液体积偏小，代入计算式中计算结果偏高；故选D。18． 2H2O22H2O+O2↑ a b 19． 浅 过氧化氢分解为放热反应，B中温度升高，且2NO2N2O4为放热反应，升高温度平衡逆向移动，导致B中NO2气体浓度增大，混合气体颜色加深 20． 微波水热 Co2+【解析】18．①H2O2溶液在Fe3+催化下分解产生H2O、O2，分解反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；②由控制变量法可知：探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响，应该只有过氧化氢的体积不同，溶液的总体积相同，则I=a；II=b；19．由图可知：过氧化氢分解为放热反应，导致B中气体温度升高，且2NO2N2O4为放热反应，升高温度是化学平衡逆向移动，B中混合气体中NO2浓度增大，因而颜色加深，因此可观察到A瓶中气体颜色比B瓶中的浅，其原因是过氧化氢分解为放热反应，B中温度升高，且2NO2N2O4为放热反应，升高温度平衡逆向移动，B中颜色加深；20．由图示可知：微波水热法对应的分解初始速率大，且随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，则由图中信息可知微波水热法制取得到的催化剂活性更高，推测Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是Co2+。答案第11页，共22页试卷第11页，共33页试卷第11页，共33页答案第11页，共22页 |
|
