大教育山东联盟2025届高三质量检测第二次联考化学答案_2025年4月_250414山东省大教育山东联盟2025届高三质量检测第二次联考（全科）

答案与解析 ★ ★ 大教育山东联盟2025届高三质量检测第二次联考 化学参考答案与评分参考 1 【解析】 “强烧之,紫青烟起”,这是 元素的焰色 、、 的原子序数依次增大,且 原子的价电子数等于 .D K XYZ Y X 反应,故 错;丹砂为 ,加热变为 ,发生了分解反应, 原子的核外电子总数,说明 原子的核外电子数小于 ,所 A HgS Hg X 8 故 错;根据慈石的颜色和可吸连针铁,说明其主要成分为 以 为 , 为 或 ;短周期元素 原子的价电子所在能 B X CY O S Z , 错误;“蒸令气上”,说明该方法为蒸馏, 正确。 层有 个轨道,则 的价电子位于第 能层,又根据 种元 Fe3O4 C D 9 Z 3 4 2 【解析】 酚醛树脂的单体为苯酚和甲醛,而不是甲 素形成的化合物的结构, 形成 价阳离子,因此 的价电 .D Z +1 Z 醇, 错误;聚氨酯( )材料,具有透气性、热塑性, 错误; 子排布为 1,即 为 ,则 为 ; 的原子序数最小且 A PU B 3s Z Na Y O W 聚酯是通过羟基和羧基缩聚反应形成的, 错误;聚乙烯醇 只能形成 个共价键,因此 为 。电负性: , 错 C 1 W H C>H A 中含有大量的羟基,能与水形成氢键, 正确。 误;基态 原子和基态 原子中,未成对电子数均为 ,故 D C O 2 B 3 【解析】 电器起火,先切断电源,再用二氧化碳灭 正确;基态 原子核外电子共占据 个轨道,即电子空间运 .B O 5 火器灭火,防止触电或电器发生爆炸伤人, 正确。过氧乙 动状态有 种, 错误;碳的氢化物有多种物质,例如辛烷的 A 5 C 酸的结构简式为 ,属于有机过氧化物;过碳酸 沸点高于水的, 错误。 CH3COOOH D 钠的化学式为 · ,属于无机过氧化物, 错 8 【解析】 由配离子的结构推断 为 价, 3+ 的 2Na2CO3 3H2O2 B .D Fe +3 Fe 误。高锰酸钾易分解,应保存在棕色瓶中,固体应保存在广 价电子轨道表示式为 , 正确;据题图 口瓶中, 正确。食盐和苯甲酸在不同温度下的溶解度差异 A C 较大,可以利用重结晶法将低温下溶解度较小的苯甲酸提纯 所示,每个 3+ 连接 个原子,配位数为 , 正确; 与 Fe 6 6B H2O 出来, 正确。 相邻 之间存在氢键,中心 与 原子之间存在配位键, D O O Fe C 4 .C 【解析】 NH3 的收集需用向下排空气法, A 错误; 正确;乙酸根中有两个 C 原子,一个是 sp 2 杂化,另一个是 灼烧海带要在坩埚里进行, B 错误;分液时,下层液体从下口 sp 3 杂化, D 错误。 放出,上层液体从上口倒出, C 正确; Br2 易挥发,可随气体进 9 .B 【解析】 该材料具有良好的离子电导率, Li + 的定 入 溶液,同时, 易溶于水,吸收时需要防倒吸, 向移动完成电流的传导, 正确;放电时,负极由 ( )失电 AgNO3 HBr D A TiⅢ 错误。 子变为 ( ),正极由 ( )得电子变为 ( ),正极反应 TiⅣ TiⅢ TiⅡ 5 .B 【解析】 SiH4 中 Si 为 +4 价, H 为 -1 价, SiH4 为 为 Li3TiCl6+Li + +e - 􀪅􀪅Li4TiCl6 , B 错误;充电时,阴极由 还原剂, 为氧化剂, 既是氧化产物又是还原产物, NH3 H2 A ( )得电子变为 ( ),电极反应为 + - TiⅣ TiⅢ Li2TiCl6+Li +e 错误; 中 周围有 个 原子, 周围有 个 ,还有 Si3N4 Si 4 N N 3 Si , 正确;电池工作时,负极脱嵌 +,质 􀪅􀪅Li3TiCl6 C 1molLi 1 个孤电子对,杂化方式均为 sp 3, B 正确;氮化硅的熔点为 量减小 ,正极嵌入 +,质量增加 ,两极质量变 7g 1molLi 7g ,是共价晶体,不是分子晶体, 错误;第一电离能 1900℃ C 化总和为 , 正确。 14gD , ,所以 ,故 错误。 N>CC>Si N>Si D 10 【解析】 由图可知,醋酸的超临界水氧化过程分 .D 6 【解析】 中含有饱和碳原子,不可能所有原子共 .B Z 为两步: , CH3COOH+O2 􀪅􀪅2CO+2H2O2CO+O2 􀪅􀪅 平面, 错误;、 均含碳碳双键,均能使酸性高锰酸钾溶液 A YZ ,其中一氧化碳是中间产物,二氧化碳是最终产物。 2CO2 褪色, 正确; 中的官能团有酰胺基、氨基、醚键、酯基、碳 B M x( )曲线中,最高点前v(醋酸氧化) v( 氧化),最高 CO > CO 碳双键,共 种官能团, 错误; 不能发生水解反应, 5 C X D 点后v(醋酸氧化)v( 氧化), 点时x( )已经从最 < CO M CO 错误。 高点降低, 错误;由 点的坐标可知,前 内v(醋酸氧 A M 3s 7 【解析】 短周期元素 原子的最外层 轨道与 .B X s p 轨道上的电子数相同, 可能为 或 ,但短周期元素 、 化) = 0.38×0.2 mol · L -1· s -1, B 错误;该氧化反应分两 X C Si W 3 1 — —步进行,不同时间段内两个反应进行的速率不同,所以无法 判断, 错误;由第 个图可知,温度升高,x( )峰值出现 C 2 CO 的时间提前且峰值更高,意味着在更短时间内一氧化碳的物 质的量分数达到更高值,说明醋酸快速氧化生成一氧化碳, 即醋酸的氧化速率增长幅度比一氧化碳的氧化速率的增长 幅度更大, 正确。 D 11 【解析】 由相对分子质量可知分子中 、 的相 .BD C H 对质量为 , 除以 的相对原子质量 得 余 ,则 107107 C 12 8 11 分子式为 ,若减 个 则分子式为 , C8H11O2N 1 C C7H23O2N H 原子数太多,不符合要求,该有机物的分子式为 , C8H11O2N 正确;根据 A 可知,分子中有 种片段,结合题干中物质名称 氰基丙烯 4 α- 酸酯可知,分子中含氰基、碳碳双键、酯基三种官能团, 错 B 误;样品中加入强碱溶液,有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 的气体生成,证明分子中有氰基, 正确;核磁共振氢谱实 C 验,显示 组峰,且峰面积之比为 ,说明分子 5 1∶2∶2∶3∶3 中有 个化学环境不同的甲基, 错误。 2 D 12 【解析】 由图甲知,化合物 、、、 中 均为 .CD 1234 Fe 价,化合价未变, 错误;由图乙可知,化合物 和 +2 A 2 H2O 生成化合物 与 - 的反应是放热反应,反应物的总能 3 HCOO 量大于生成物的总能量,但不能判断化合物 的能量和化合 2 物 的能量的大小关系,所以不能比较二者稳定性的相对大 3 小, 错误;由图甲可知 为 -,物质 与 - 反应生成 B M OH 3 OH 与 , 正确;由图甲知 氢化的总反应为 4 H2O C CO2 CO2+ - - , 正确。 H2+OH 􀪅􀪅HCOO +H2OD 13 【解析】 反应中有极性键的断裂(如 — 键、 .C C N — 键等),非极性键的生成(如 — 键的生成), 正确; C H C C A 中 、1、2、3 均为烷基, Y RR R R * 成,故 H ,二者均为离子转变为沉淀的反应,故 S , Δ <0 Δ <0 所以反应 低温下均可自发进行, 错误;由题目中的 ①② A K 数据可知, 的溶解度远小于 ( )的,所以反应 sp CuS CuOH 2 不能发生,不会出现蓝色沉淀, 错误;由实验 和 可知, ③ B 1 2 反应 的速率大于反应 的, 正确;由实验 可知,增大 ① ② C 2 2+ 和 2- 浓度可使反应 发生,所以 2+ 的氧化性和 2- Cu S ② Cu S 的还原性与浓度有关, 正确。 D 15 【解析】 由图可知曲线M代表 c( +),曲线N .A lg H 代表 c( -),曲线X的K -20,曲线Y的K lg OH sp=1×10 sp= -15,因为K [ ( )] K [ ( )],所以X代 1×10 sp CoOH 2 > sp PbOH 2 表 c( 2+)与 的关系, 错误。 的电离常数K lg Pb pH A HR a= c( H c + ( )c( R ) -) ,当 lgc c ( ( R -) )=-3 时,c( H +) =10 -2 mol · L -1, HR HR 则K -5;当c(-) c( )时,c( +) -6 a=1×10 R =5 HR H =2×10 · -1,c( -) -9 · -1,K [ ( )] mol L OH =5×10 mol L sp PbOH 2 = -20,所以c( 2+) -4 · -1, 正确。 点 1×10 Pb =4×10 mol L B a 时,由K [ ( )] -15 可知,此时c( -) sp Co OH 2 =1×10 OH = -4.5 · -1,c( +) -9.5 · -1,代入K 10 mol L H =10 mol L a= c( H c + ( )c( R ) -) =1×10 -5、c( R -) + c( HR ) =0.1 mol · L -1, HR 可得c( -) · -1 c( 2+),由图像知 点 R ≈0.1mol L > Co a c( 2+)c( +) c( 2+),所以c( -) c( 2+) Co > H > Pb R > Co > c( +)c( 2+), 正确; ( ) 2+ H > Pb C Co OH 2+2HR􀜩􀜑􀜨Co + - 的 平 衡 常 数 K c( Co 2+)c2( R -) 2R +2H2O = c2( ) = HR c( Co 2+)c2( OH -)c2( R -)c2( H +) K sp [ Co ( OH ) 2 ]K2 a,由 c2( )c2( +)c2( -) = K2 HR H OH w 图像可知K [ ( )] -15,K -5,K -14,代 sp CoOH 2 =10 a=10 w=10 入可得K 3, 正确。 =10 D 16 共 分 .( 12 ) 【答案】 分 分 分 离子晶 (1)①5(1 ) ⅡB(1 ) 1(1 ) ② 体 分 分 3 分 (1 ) [(CH3)3S]2[CdBr4](2 ) sp(2 ) 分 异硫氰酸 (2)H—N􀪅􀪅C􀪅􀪅S(1 ) (H—N􀪅􀪅C􀪅􀪅S) 分子间能形成氢键 分子间作用力大 沸点高 分 , , (1 ) 硫氰酸 异硫氰酸 氰酸 分 (3) > > (2 ) 价层电子对数为 【解析】 () 在元素周期表中与 紧邻的只有左、右、 C 1① Zn 下三个位置,左为 元素,右为 元素,故 只能为同族 Cu Ga Cd , + 为 原子失去 个电子形成的,价层电子对数为 , 的下一周期。 ② 由图可知,晶胞中[ CdBr4 ]m - 位于顶角和面 4N N 1 4B 正确; 中 原子上无孤电子对,不显碱性,不能与盐酸反应 心,根据均摊法知,[ ]m - 有 1 1 个; X N CdBr4 8× +6× =4 8 2 生成盐酸盐, 中 原子上有孤电子对,显碱性,能与盐酸 M N [( ) ]n + 有 个在顶角上, 个在面上, 个在晶胞内 反应生成盐酸盐, 错误;由机理可知,上述反应可发生, CH3 3S 8 4 5 C D 正确。 部,所以根据均摊法[( CH3 ) 3S ]n + 有 8× 1 +4× 1 +5=8 8 2 14 【解析】 反应 均无旧键断裂,只有新键生 个,阴、阳离子的个数比为 ,化学式为 .CD ①② 1∶2 2 — —[( CH3 ) 3S ] 2 [ CdBr4 ]。[( CH3 ) 3S ]+ 与( CH3 ) 3N 为等电子 10 n( AgNO3 ) =10×0.1×10 -3V 1 mol , Cl 的质量分数 = 体,所以 S 原子的杂化方式为 sp 3 杂化。 ( -3V 35.5) 3.55 V 1 。 ()因为异硫氰酸与硫氰酸互为同分异构体,但沸点远高 10×0.1×10 1× a ×100%= a % 2 于硫氰酸,所以存在分子间氢键,结构式为 — 。 铬酸钾指示剂浓度过高时,一是由于颜色太深,会影响 H N􀪅􀪅C􀪅􀪅S ()三种酸根中,中心原子 、 、 的半径逐渐减小,负 终点的观察,二是会提前生成 砖红色沉淀,导致终 3 SN O Ag2CrO4 电荷的分散度逐渐减弱,所以酸性逐渐减弱。 点提前到达,使V 变小。 1 17 共 分 V .( 12 ) 根据表达式3.55 1 ,V 变小,表达式的值变小。 【答案】 恒压滴液漏斗 分 打开 关闭 向 a % 1 (1) (1 ) K1、 K2, 装置中通入氩气 , 排尽装置中的空气 (2 分 ) 18 .( 共 12 分 ) 【答案】 分 (2)NO2 - +Fe 2+ +2H + 􀪅􀪅Fe 3+ +NO↑+H2O(2 分 ) (1)SO2(1 ) 分 3+ 2+ 分 避免在除去 3+ (3)NO2Cl(2 ) (2)FeS+2Fe 􀪅􀪅3Fe +S(2 ) Al 中和 水解产生的酸 以免影响滴定 时 3+一并沉淀 分 (4)① NOCl、NO2Cl , Fe (1 ) 终点的判断 分 分 分 (2 ) (3)5.2≤pH<7.5(1 ) S、Al(OH)3(2 ) ② 3.5 a 5 V 1 %(2 分 ) 偏小 (1 分 ) (4)① 负 (1 分 ) 3Fe2O3+2e - 􀪅􀪅2Fe3O4+O 2- (2 分 ) 分 催化剂 ②11.2L(2 ) 【解析】 该实验的原理是 ,实 【解析】 ()硫铁矿煅烧时, 元素被氧化为 ,故气体 Cl2+2NO􀪅􀪅􀪅􀪅2NOCl △ 1 S SO2 验过程中可能存在少量 被氧化为 ,可能存在反应 为 。()“还原”的目的是使 3+ 变为 2+,发生的反 NO NO2 X SO2 2 Fe Fe 催化剂 。沸点: 为 , 应是 3+ 2+ ;先“还原”,可使 3+ 变为 Cl2+2NO2􀪅􀪅􀪅􀪅2NO2Cl NOCl -6℃ NO2Cl FeS+2Fe 􀪅􀪅3Fe +S Fe △ 2+,“调 ”除去 3+ 时铁元素不会造成损失。()根据 为 , 控制的温度约为 ,故产物 中可能含 Fe pH Al 3 5℃ F -15℃ NOCl 表中数据知,使 3+ 沉淀完全且 2+ 不能生成沉淀的 有的少量杂质 会冷凝为液体而被收集,未反应的 Al Fe pH NO2Cl 范围为 ;因“还原”时生成 单质,“调 ”生 、 由于沸点低于 而不会冷凝,以气体形式逸出 5.2≤pH<7.5 S pH Cl2 NO -15℃ 成 ( )沉淀,故滤渣 的成分为 、 ( )。() 由 进行尾气处理。 AlOH 3 2 SAlOH 3 4① 图像知, 在阴极被还原为 ,则 为电源负极,发 ()为防止 被氧化,通入 和 前,应排尽装置 Fe2O3 Fe3O4 a 1 NO NO Cl2 中的空气,具体操作:打开 、关闭 ,向装置中通入氩气。 生的电极反应为 - 2-,生成的 K1 K2 3Fe2O3+2e 􀪅􀪅2Fe3O4+O ()装置 中制取 ,根据装置中给出的反应物: 2 A NO 溶液、稀硫酸和 溶液,分析元素化合价知, O 2- 进入电解质,氯化胆碱( )的 Cl - 在阳极 FeSO4 NaNO2 为氧化剂, 为还原剂,故离子反应为 - NaNO2 FeSO4 NO2 + 放电生成 , 的物质的量为 ,转移电子 2+ + 3+ 。 Cl2240gFe2O3 1.5mol Fe +2H 􀪅􀪅Fe +NO↑+H2O 的物质的量为 ,生成 ,标准状况下的体积 ()实验过程中产生的少量 会发生反应 1mol 0.5molCl2 3 NO2 Cl2+ 为 。 催化剂 11.2L 。 沸点为 , 中控制的温 2NO2􀪅􀪅 △ 􀪅􀪅2NO2Cl NO2Cl 5℃ F 19 .( 共 12 分 ) 度约为 ,故产物 中可能含有的少量杂质为 -15℃ NOCl 。 NO2Cl 【答案】 (1) () 、 水解生成 、 和 ,溶 4①NOClNO2Cl HNO2 HNO3 HCl 液呈酸性,滴入 , + 与 2- 反应,使 2- 浓度 K2CrO4 H CrO4 CrO4 降低,从而无法形成 砖红色沉淀来指示滴定终点, Ag2CrO4 加入 溶液,中和 、 水解生成的酸,以免影 NaOH NOClNO2Cl 响滴定终点的判断。 和 的水解反应分别为 ②NOCl NO2Cl NOCl+H2O , 。 - 􀪅􀪅HNO2+HClNO2Cl+H2O􀪅􀪅HNO3+HCl Cl + + 。故 和 的物质的量之和等于 Ag 􀪅􀪅AgCl↓ NOCl NO2Cl 滴定 时 消 耗 标 准 液 的 物 质 的 量。n( ) AgNO3 Cl = 􀜍􀜍 NO2 CH3 􀜏􀜏􀜏􀜏 分 还原反应 分 (1 ) (1 ) CH2COCl 硝基 羧基 分 (2) 、 (2 ) (3) 􀜍􀜍 NO2 CH3 􀜏􀜏􀜏􀜏 + + 2H2O + H → CH2CN 􀜍􀜍 NO2 CH3 􀜏􀜏􀜏􀜏 + 分 +NH4(2 ) CH2COOH 3 — —分 (4) (2 ) (5) 􀜍􀜍 CHO 􀜏􀜏􀜏􀜏 C COOH 分 (1 ) HO NH2 金属钠 分 (6) (1 ) 􀜍􀜍 H3C 􀜏􀜏􀜏􀜏 分 (2 ) SO3H 【解析】 根据题干信息和已知流程图综合分析,罗匹尼 罗的合成路线一如下: 􀜍􀜍 NO2 􀜏􀜏􀜏􀜏 CH3 H2O / H + → CH2CN A 􀜍􀜍 NO2 CH3 􀜏􀜏􀜏􀜏 CH2COOH B SOCl2 → 􀜍􀜍 NO2 CH3 ( ) 􀜏􀜏􀜏􀜏 CH3CH2CH22NH 一定条件 → CH2COCl C 􀜍􀜍 NO2 CH3 /四氢呋喃 􀜏􀜏􀜏􀜏 B2H6 → ( ) CH2CONCH2CH2CH3 2 D 􀜍􀜍 NO2 COOCH2CH3/ CH3 N2 􀜏􀜏􀜏􀜏 COOCH2CH3 → ( ) CH3CH2ONa CH2CH2NCH2CH2CH3 2 E 􀜍􀜍 NO2 CH2COCOOCH2CH3 􀜏􀜏􀜏􀜏 H2O2 → ( ) CH2CH2NCH2CH2CH3 2 F 􀜍􀜍 NO2 CH2COOH / , 􀜏􀜏􀜏􀜏 ①PdCH2 一定条件→ ② ( ) CH2CH2NCH2CH2CH3 2 G () 发生的是羧基上的— 被— 取代的反应, 1B→C OH Cl 的结构简式为 C 􀜍􀜍 ( 分子中 原子数增加, 原子数减少)和已知信息 , E H O ⅱ D 为还原反应。 →E ()以 的结构简式为基础,结合反应条件和分子式可 2 A 推出 的结构简式(见上述流程图),则 中含氧官能团的名 B B 称为硝基、羧基。 () 是— 在酸性条件下水解生成— 的 3A→B CN COOH 反应,— 中的 生成 +,离子方程式(见答案)。 CN N NH4 ()根据 的结构和信息“罗匹尼罗分子中除苯环外,还 4 G 存在一个五元环”,且罗匹尼罗分子中只有一个 原子,可推 O 知反应 是— 被还原为— ,— 和— 缩 ① NO2 NH2 NH2 COOH 水成环,其结构简式(见答案)。 () 的分子式为 , 能与 溶液发生显 5B C9H9NO4 ① FeCl3 色反应,说明苯环与— 直接相连,能发生银镜反应,说明 OH 含有— ; 属于 氨基酸,说明存在 ; CHO ② α- C COOH NH2 CHO 核磁共振氢谱有 组峰,说明存在 ,且 ③ 6 C COOH NH2 CHO — 与 这两个结构处于对位,写出结构简 OH C COOH NH2 式(见答案)。 ()根据信息 ,推出 的结构简式为 。 6 ⅲ Q 路线二: 根据 与 的结构差异, 中存在羟基,可选择金属钠 Q R Q 检验羟基的存在。 生成罗匹尼罗时,还生成对甲基苯磺酸 R NO2 CH3 􀜏􀜏􀜏􀜏 ;根据 、 分子组成差异 DE CH2COCl 􀜍􀜍 H3C 􀜏􀜏􀜏􀜏 。 SO3H 4 — —20 共 分 c() c() .( 12 ) 内, 的平均反应速率为v( ) Δ X +Δ Y 30s M M = t = 【答案】 分 a b 分 Δ (1)>(1 ) 10(3 -2)(2 ) (2)0.1(1 分 ) 在反应时间较短时分离产物 Y(1 分 ) 1.5 mol · L -1 + 1.5 mol · L -1 =0.1 mol · L -1· s -1;根据 30s 催化剂 可加快反应 的速率 缩短到达平衡的时间 产物 m, Ⅱ , , 图像,产物 在反应较短时间内浓度达到最大,则为获得产 Y 的浓度峰值点提前 反应 消耗的 减少 体系中 浓度 Y , Ⅰ M , M 物 可采取的措施为在反应时间较短时分离产物 。改换 Y Y 增大 的浓度峰值点增大 分 ,Y (2 ) 成催化剂 ,可加快反应 的速率,缩短到达平衡的时间,产 m Ⅱ 5 nα 分 5 α2 分 不变 分 物 的浓度峰值点提前,由于时间缩短,反应 消耗的 减 (3) (2 ) n α3 (2 ) (1 ) Y Ⅰ M 7 28 (1- ) 少,体系中 浓度增大,导致 浓度大于原峰值。()参考 【解析】 ()设反应 的反应热为 H( ),反应 的反 M Y 3 1 Ⅰ Δ Ⅰ Ⅱ ()中数据,达到平衡时,c( ) · -1,c( ) 应热为 H( ),根据盖斯定律,则反应 的焓变 H( ) 2 X =2.5mol L Y = Δ Ⅱ ③ Δ Ⅲ = · -1,向某反应容器中加入n 、n , H( ) H( ),根据题意,分别以 的 和 1.0mol L molM2 molH2 Δ Ⅱ -Δ Ⅰ 0.5mol M 控制温度为T ,测得 的平衡转化率为 ,则平衡时 的 为原料进行上述反应,当产物 和产物 的产 0 M α 1mol H2 X Y n( )n( α) ,n( ) n( α) ,n( ) 率均为 时,体系放热a ;当产物 产率为 和产物 M = 1- mol H2 =2 1- mol X + 10% kJ X 15% n()n( )αn ,由图中平衡 、 的浓度可求得反 的产率为 时,体系放热b ,则可列: Y = H2O = mol XY Y 25% kJ 0.5× 应 的K ,将该式代入上式可以求出平衡体系中 H( ) H( ) a , Ⅲ =0.4 10%Δ Ⅰ +0.5×10%Δ Ⅱ = - kJ0.5× nα nα H( ) H( ) b ,根据题意,a n() 2 ,n() 5 ,容器容积为 ,反应 的 15%Δ Ⅰ +0.5×25%Δ Ⅱ =- kJ 2 > Y = mol X = mol 1L Ⅰ 7 7 b,则 a b ,根据上述两个式子可得 H( ) 2 - >0 0.5×5%Δ Ⅰ - 5nα H( ) ,即 H( ) H( ),则 H( ) nα 0.5×5%Δ Ⅱ <0 Δ Ⅰ <Δ Ⅱ Δ Ⅲ = 7 Δ H( Ⅱ ) -Δ H( Ⅰ ) >0 。 平衡常数K =n( 1- α) 1 [2 × n 1 ( 1- α) ]2 = 28 n 5 ( 1 α - 2 α)3 。反应 根据 H( ) H( ) 1 × 1 ①0.5×10%Δ Ⅰ +0.5×10%Δ Ⅱ = a , H( ) H( ) 开始短时间内,反应 Ⅱ 得到的产物 Y 比反应 Ⅰ 得到的产物 X - kJ②0.5×15%Δ Ⅰ +0.5×25%Δ Ⅱ = b ,将 ,与 联立,消去 H( ),解得 H( ) 多,说明反应 Ⅱ 的速率比反应 Ⅰ 的速率大,速率越大,其活化 - kJ ①×1.5 ② Δ Ⅰ Δ Ⅱ = ( 3 a -2 b) ×10 kJ · mol -1。 能越小,则反应活化能:E a1> E a2 ;增加 H2 的量,K Ⅲ = () 、 反应中 、 、 的化学计量数均为 ,则 c( Y ) ,温度不变,平衡常数不变,则 c( Y ) 的值不变。 2Ⅰ Ⅱ M X Y 1 0~ c() c() X X 5 — —