2025人教版高中化学选择性必修1
热点题型专项突破
注意事项
1.全卷满分100分。考试用时75分钟。
2.可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Fe-56 Cu-64 Ce-140。
1.(实验探究题,13分)(1)某些反应(如中和反应)的热量变化的数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化,用公式Q=cρV总ΔT计算获得。
热量的测定:用0.500 0 mol·L-1 NaOH溶液和0.550 0 mol·L-1盐酸各50 mL进行反应,测得反应前后体系的温度分别为T0 ℃、T1 ℃,则该过程放出的热量为 J(c和ρ分别取4.18 J·g-1·℃-1和1.0 g·mL-1)。
(2)借鉴(1)的方法,甲同学测量放热反应Fe(s)+CuSO4(aq) Cu(s)+FeSO4(aq)的焓变ΔH(忽略温度对焓变的影响,下同)。实验结果见下表。
序号 反应试剂 体系温度/℃
反应前 反应后
ⅰ 0.20 mol·L-1 CuSO4溶液100 mL 1.20 g Fe粉 a b
ⅱ 0.56 g Fe粉 a c
①温度:b c(填“>”“<”或“=”)。
②ΔH= (选择表中一组数据计算)。结果表明,该方法可行。
(3)乙同学也借鉴(1)的方法,测量反应A:Fe(s)+Fe2(SO4)3(aq) 3FeSO4(aq)的焓变。
查阅资料:配制Fe2(SO4)3溶液时需加入酸。
提出猜想:Fe粉与Fe2(SO4)3溶液混合,在反应A进行的过程中,可能存在Fe粉和酸的反应。
验证猜想:用pH试纸测得Fe2(SO4)3溶液的pH不大于1;向少量Fe2(SO4)3溶液中加入Fe粉,溶液颜色变浅的同时有气泡冒出,说明存在反应A和 (用离子方程式表示)。
实验小结:猜想成立,不能直接测反应A的焓变。
教师指导:鉴于以上问题,特别是气体生成带来的干扰,需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。
优化设计:乙同学根据相关原理,重新设计了优化的实验方案,获得了反应A的焓变,该方案为 。
2.(实验探究题,15分)高锰酸钾是一种常用的消毒剂和氧化剂。回答下列问题:
实验(一):电解法制备KMnO4。
以石墨、铜为电极,电解K2MnO4溶液制备KMnO4溶液,装置如图所示。
(1)电解过程中,Cu电极附近电解质溶液的pH (填“升高”“降低”或“不变”)。阳极的电极反应式为 。
(2)铜极、石墨极能否互换并简述理由: 。
实验(二):探究K2FeO4和KMnO4氧化性强弱,装置如图所示。
闭合开关K,观察到左烧杯中紫红色溶液变为浅黄色,右烧杯中无色溶液变为紫红色。
(3)闭合K,盐桥中 向左烧杯迁移。
(4)正极反应式为 ,实验结论是氧化性:Fe(填“>”“<”或“=”)。
实验(三):为了探究外界条件改变对草酸和酸性KMnO4溶液反应的影响(Mn→Mn2+,H2C2O4→CO2),设计如下实验方案:
实验 序号 实验温 度/℃ KMnO4溶液(含硫酸) H2C2O4溶液 H2O 溶液颜色褪至无色时所需时间/s
V/mL c/mol·L-1 V/mL c/mol·L-1 V/mL
① 20 2 0.02 5 0.1 5 t1
② 20 2 0.02 4 0.1 6 10
③ 40 2 0.02 4 0.1 6 t2
(5)通过实验①、②可探究 对反应速率的影响。
(6)在一定KMnO4溶液中加入适量硫酸,再加入一定量草酸溶液,产生CO2的体积(同温同压)与反应时间的关系如图所示。
20~25 s反应速率突增,其原因可能是 。
3.(工艺流程题,14分)硫酸铈铵[(NH4)4Ce(SO4)4](M=596)是分析化学常用的滴定剂。以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaF2、SiO2)为原料制备硫酸铈铵的工艺流程如图所示。
已知:
①Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+。
②“沉铈”时发生的反应之一:Ce2(SO4)3+Na2SO4+6H2O Ce2(SO4)3·Na2SO4·6H2O。
回答下列问题:
(1)滤渣A的成分是 (填化学式)。“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入,矿粉从上部加入),这样操作的目的是 。
(2)“酸浸”中,铈浸出率与温度的关系如图1所示,铈浸出率与硫酸浓度的关系如图2所示。工业生产应选择的适宜温度是 ℃,硫酸浓度为 mol·L-1。
图1 图2
(3)“沉铈”时,硫脲作 (填“还原剂”或“氧化剂”)。
(4)“溶解”时,为防止Ce3+被氧化,可以加入 (填字母)。
a.KMnO4 b.NaClO c.CH3CHO
(5)测定产品纯度。称取w g产品溶于水,配制成250 mL溶液,准确量取25.00 mL配制的溶液于锥形瓶中。加入V mL 0.10 mol·L-1 Na2Fe(SO4)2溶液,恰好完全反应,该产品纯度为 。(杂质不参与反应,滴定反应为Fe2++Ce4+ Ce3++Fe3+)
4.(工艺流程题,16分)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物及少量的硫化物,一种回收利用工艺的部分流程如下:
已知:Ⅰ.25 ℃时,H2CO3的Ka1=4.5×10-7,Ka2=4.7×10-11;
Ⅱ.Ksp(BaMoO4)=3.5×10-8;Ksp(BaCO3)=2.6×10-9;
Ⅲ.酸性:H2MoO4>H2CO3;
Ⅳ.该工艺中,pH>6.0时,溶液中Mo元素以Mo的形式存在。
(1)焙烧中,废催化剂需粉碎,目的是 。
(2)操作①是 。
(3)生成固体X的离子方程式是 。
(4)溶液3中,主要存在的钠盐有NaCl和Y,Y为 (填化学式);往溶液3中添加适量NaCl固体后,分别依次通入足量 、 (填化学式)气体,可析出Y。
(5)25 ℃时为避免制备的BaMoO4中混入BaCO3沉淀,溶液中c(HC)∶c(Mo)= (列出算式即可)时,应停止加入BaCl2溶液。
5.(化学反应原理综合题,12分)含钛矿石粉碎焙烧后浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知:ⅰ.一定条件下,Ti4+水解方程式为Ti4++3H2O TiO(OH)2+4H+;
ⅱ.常温下,Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17,Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39。
水解制备偏钛酸:浸出液中主要含Ti4+,还含少量Fe3+等,先向其中加入还原铁粉,然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
(1)用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因: 。
(2)常温下,浸出液的pH=2:①Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为 mol·L-1;Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为 mol·L-1。②杂质离子沉淀会降低钛水解率,请解释加入还原铁粉的目的是 。
(3)一定条件下,还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时,钛水解率急剧下降。解释其原因: 。
已知:还原铁粉添加比=,n铁粉为还原铁粉添加量,n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
(4)一定条件下,温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因: 。
6.(化学反应原理综合题,15分)我国氢能源汽车已经开始销售,氢能源的热值高、无污染,是理想的能源,工业上量产化制氢原理是CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) ΔH=a kJ/mol。
(1)相关化学键键能数据如表所示。
化学键 H—H H—O C—H
E/(kJ/mol) 435 745 463 415
则a= 。
(2)关于上述反应中CO2的再利用一直是科研工作者研究的重点。工业上利用CO2和H2制备甲醇的原理是CO2(g)+3H2(g) H2O(g)+CH3OH(g),现研究温度及分子筛膜(用分子筛膜代替容器器壁,该膜只允许极性分子通过)对甲醇平衡产率的影响。将CO2和H2分别按1.0 mol·L-1和4.0 mol·L-1充入恒容容器中,温度及分子筛膜对甲醇平衡产率的影响如图所示。
①220 ℃时,经过2 min达到M点,则该条件下0~2 min内的平均反应速率v(H2)= ;无分子筛膜时,升高温度,反应速率v正将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
②其他条件不变,有分子筛膜时甲醇的平衡产率总是高于没有分子筛膜时,其原因可能是 。
(3)工业上利用CO2和H2制备甲醇的容器中存在的反应如下:
反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g) H2O(g)+CH3OH(g)
反应Ⅱ:CO2(g)+4H2(g) 2H2O(g)+CH4(g)
反应Ⅲ:2CO2(g)+6H2(g) 4H2O(g)+C2H4(g)
为分析催化剂对反应的选择性,在1 L恒容密闭容器中充入2.0 mol CO2和5.3 mol H2。若测得反应进行相同时间后,有关物质的物质的量随温度变化如图所示:
①该催化剂在较低温度时主要选择反应 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
②研究发现,若温度过高,三种含碳产物的物质的量均会迅速降低,其主要原因可能是 。
(4)科研人员研究出一种方法,可实现水泥生产时CO2零排放,其基本原理如图所示。温度小于900 ℃时进行电解反应,碳酸钙先分解为CaO和CO2,电解质为熔融碳酸钠,阳极的电极反应为2C-4e- 2CO2↑+O2↑,则阴极的电极反应为 。
7.(化学反应原理综合题,15分)“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。根据所学知识回答下列问题:
Ⅰ.在一定条件下,CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH1。
已知:①常温常压下,H2和CH4的燃烧热分别为285.5 kJ·mol-1和890.0 kJ·mol-1;
②H2O(l) H2O(g) ΔH2=+44.0 kJ·mol-1。
(1)ΔH1= kJ·mol-1。
(2)其他条件一定时,不同压强下,CO2的转化率和CH4的产率如图1所示。则CO2甲烷化应该选择的压强约为 MPa;CH4的产率小于CO2的转化率的原因是 。
图1
(3)不同条件下,按照n(CO2)∶n(H2)=1∶4投料发生反应[副反应为CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH3>0],CO2的平衡转化率如图2所示。
图2
①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是 。
②压强为p1时,随着温度升高,CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600 ℃之后,随着温度升高CO2转化率增大的原因: 。
Ⅱ.某研究团队经实验证明,CO2在一定条件下与H2O发生氧再生反应:CO2(g)+2H2O(g) CH4(g)+2O2(g) ΔH1=+802.3 kJ·mol-1。
(4)恒压条件下,按c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料,进行氧再生反应,测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度关系如图3。
图3
350 ℃时,A点的平衡常数K= 。为提高CO2的平衡转化率,除改变温度外,还可采取的措施为 。
答案与分层梯度式解析
1.答案 (除标注外,每空2分)(1)418(T1-T0)
(2)①> ②-20.9(b-a) kJ·mol-1或-41.8(c-a) kJ·mol-1(3分)
(3)Fe+2H+ Fe2++H2↑ 将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应,测量反应热,计算得到反应Cu(s)+Fe2(SO4)3(aq) 2FeSO4(aq)+CuSO4(aq)的焓变ΔH1;根据(2)中实验计算得到反应Fe(s)+CuSO4(aq) Cu(s)+FeSO4(aq)的焓变ΔH2,根据盖斯定律计算得到反应Fe(s)+Fe2(SO4)3(aq) 3FeSO4(aq)的焓变为ΔH1+ΔH2(4分)
解析 (1)由Q=cρV总ΔT可得Q=4.18 J·g-1·℃-1×1.0 g·mL-1×(50 mL+50 mL)×(T1-T0) ℃=418(T1-T0) J。
(2)①100 mL 0.20 mol·L-1 CuSO4溶液中n(CuSO4)=0.02 mol,1.20 g Fe粉和0.56 g Fe粉的物质的量分别为0.021 mol、0.01 mol,实验ⅰ中有0.02 mol CuSO4发生反应,实验ⅱ中0.01 mol Fe粉只能与0.01 mol CuSO4发生反应,实验ⅰ放出的热量多,则b>c。②若根据实验ⅰ进行计算,ΔH=- kJ·mol-1=-20.9(b-a) kJ·mol-1;若根据实验ⅱ进行计算,ΔH=- kJ·mol-1=-41.8(c-a) kJ·mol-1。
(3)用pH试纸测得Fe2(SO4)3溶液的pH不大于1,说明溶液呈强酸性;向少量Fe2(SO4)3溶液中加入Fe粉,溶液颜色变浅的同时有气泡冒出,即产生H2,反应的离子方程式为Fe+2H+ Fe2++H2↑。乙同学根据相关原理,重新设计优化的实验方案的重点是如何防止Fe与酸反应产生影响,可以借助盖斯定律,设计分步反应来实现Fe2(SO4)3溶液与Fe的反应。
2.答案 (除标注外,每空2分)(1)升高 Mn-e- Mn
(2)不能互换,因为互换后铜为阳极,阳极上铜失去电子生成Cu2+,不能得到Mn
(3)K+
(4)Fe+3e-+8H+ Fe3++4H2O >
(5) H2C2O4溶液的浓度(1分)
(6)产物中Mn2+起催化作用
解析 (1)Cu为阴极,阴极的电极反应为2H2O+2e- H2↑+2OH-,有OH-产生,所以Cu电极附近电解质溶液的pH升高。阳极上Mn被氧化成Mn,电极反应式为Mn-e- Mn。
(2)铜为阳极时,铜优先发生氧化反应,不能制备高锰酸钾,因此不能互换。
(3)左烧杯为正极区,阳离子移向正极,则盐桥中的K+向正极迁移。
(4)在正极高铁酸钾被还原成铁离子,电极反应式为Fe+3e-+8H+ Fe3++4H2O;在负极,Mn2+被氧化为Mn,电极反应式为Mn2+-5e-+4H2O Mn+8H+;该电池的总反应为3Mn2++5Fe+16H+ 5Fe3++3Mn+8H2O,氧化性:Fe>Mn。
(5)比较①、②可知,除H2C2O4溶液的浓度不同外,其他条件均相同,所以是探究H2C2O4溶液的浓度对反应速率的影响。
(6)温度不变,从产物中找原因,结合所学理论知识分析,20~25 s反应速率突增的原因可能是产物中Mn2+起催化作用。
3.答案 (每空2分)(1)SiO2、BaSO4 增大接触面积,提高反应速率,使焙烧更充分,提高原料的利用率
(2)95 3.0
(3)还原剂
(4)c
(5)%
解析 氟碳铈矿(含CeFCO3、BaF2、SiO2)在空气中“焙烧”,根据已知信息①“焙烧”后Ce元素的化合价由+3价升高为+4价,BaF2转化为BaO,SiO2不反应,加稀硫酸“酸浸”,+4价Ce反应生成Ce,BaO生成硫酸钡,故滤渣A的主要成分为SiO2、BaSO4;浸液中的Ce与硫脲、硫酸钠反应被还原为Ce2(SO4)3·Na2SO4·6H2O,再加氢氧化钠、稀硫酸溶解得到含Ce3+的溶液,加碳酸氢铵沉Ce,生成Ce2(CO3)3,灼烧得到CeO2,CeO2与稀硫酸反应得Ce(SO4)2,最后与硫酸铵作用得到产品。
(1)滤渣A的成分为SiO2、BaSO4;“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作的目的是增大接触面积,提高反应速率,使焙烧更充分,原料的利用率更大。
(2)根据题图1,可以看出适宜的温度为95 ℃,温度再升高铈浸出率基本不变;由题图2可知,硫酸的浓度为3.0 mol·L-1时,铈浸出率最高。
(3)“沉铈”时,硫脲将+4价Ce还原为+3价,故硫脲为还原剂。(4)KMnO4和NaClO都具有强氧化性,为防止Ce3+被氧化,应该加入一种还原剂,选项中能做还原剂的为CH3CHO,故选c。
(5)Fe2++Ce4+ Ce3++Fe3+,n(Fe2+)=0.1 mol·L-1×V×10-3 L=1.0×10-4V mol,则n(Ce4+)=1.0×10-4V mol,原样品中(NH4)4Ce(SO4)4的物质的量为1.0×10-4V mol×10=1.0×10-3V mol,产品纯度为×100%=%。
4.答案 (除标注外,每空2分)(1)增大接触面积,加快反应速率,使废催化剂充分焙烧
(2)过滤
(3)[Al(OH)4]-+CO2 Al(OH)3↓+HC
(4)NaHCO3(3分) NH3 CO2
(5)(3分)
解析 (1)粉碎废催化剂的目的是增大接触面积,加快反应速率,使废催化剂充分焙烧。
(2)操作①后得到固体和溶液,所以操作①是过滤。
(3)溶液1中主要含有[Al(OH)4]-、Mo、OH-,通入过量CO2生成固体X,则X为Al(OH)3,离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2 Al(OH)3↓+HC。
(4)溶液2中主要含有Mo、HC和Na+等,加入BaCl2溶液并调节pH=7.0,溶液3中主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3;由侯氏制碱法的原理可知,向溶液3中添加适量NaCl固体后,应分别依次通入足量NH3和CO2,可析出NaHCO3。
(5)加入BaCl2溶液,调pH=7.0即c(H+)=10-7 mol·L-1,HC C+H+,Ka2(H2CO3)=,可得c(HC)========。
5.答案 (每空2分)(1)N+H2O NH3·H2O+H+
(2)①4.9×107 2.8×10-3 ②Fe3+比Fe2+更易水解,加入还原铁粉将Fe3+还原为Fe2+,防止Fe3+先发生水解生成氢氧化铁沉淀,导致钛水解率下降
(3)还原铁粉添加比过大时,过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ),从而造成钛水解率降低
(4)浸出液中存在Ti4+水解平衡:Ti4++3H2O TiO(OH)2+4H+,水解反应吸热,在其他条件不变时,升高温度,Ti4+水解程度增大,导致钛水解率增大
解析 (1)(NH4)2SO4溶液呈酸性是因为铵根离子水解,其离子方程式为N+H2O NH3·H2O+H+。
(2)①常温下,pH=2即c(H+)=10-2 mol·L-1,c(OH-)=10-12 mol·L-1,Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为= mol·L-1=4.9×107 mol·L-1,Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为= mol·L-1=2.8×10-3 mol·L-1。
②杂质离子沉淀会降低钛水解率,根据①计算可知Fe3+较易水解,加入还原铁粉可将Fe3+还原为Fe2+,防止Fe3+先发生水解生成氢氧化铁沉淀,导致钛水解率下降。
(3)当还原铁粉添加比大于1时,钛水解率急剧下降的原因是过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)。
(4)浸出液中存在Ti4+水解平衡:Ti4++3H2O TiO(OH)2+4H+,盐类的水解反应是吸热反应,在其他条件不变时,升高温度,Ti4+水解程度增大,导致钛水解率增大。
6.答案 (除标注外,每空2分)(1)+282
(2)①0.3 mol·L-1·min-1 增大 ②分子筛膜能及时分离出产物,使CO2(g)+3H2(g) H2O(g)+CH3OH(g)平衡正向移动,甲醇的平衡产率增大(3分)
(3)①Ⅱ ②温度升高,催化剂活性降低或失活
(4)3CO2+4e- C+2C
解析 (1)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和,故a=4E(C—H)+4E(O—H)-2E()-4E(H—H)=4×415 kJ/mol+4×463 kJ/mol-(2×745 kJ/mol+4×435 kJ/mol)=+282 kJ/mol。
(2)①设M点时,CO2减小的浓度为x mol·L-1。
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
起始/(mol·L-1) 1.0 4.0 0 0
转化/(mol·L-1) x 3x x x
平衡/(mol·L-1) 1.0-x 4.0-3x x x
根据M点数据可知,×100%=20%,即x=0.2,220 ℃时,经过2 min达到M点,v(H2)==0.3 mol·L-1·min-1。升高温度,正、逆反应速率均增大,故反应速率v正将增大。
②H2O和CH3OH都是极性分子,可以透过分子筛膜,所以使用分子筛膜时,能及时分离出产物,CO2(g)+3H2(g) H2O(g)+CH3OH(g)平衡正向移动,甲醇的平衡产率增大。
(3)①在较低温度时主要生成甲烷,该催化剂在较低温度时主要选择反应Ⅱ。
②若温度过高,三种含碳产物的物质的量均迅速降低,其主要原因可能是温度升高,催化剂活性降低或失活。
(4)温度小于900 ℃时进行电解反应,碳酸钙先分解为CaO和CO2,电解质为熔融碳酸钠,阳极的电极反应为2C-4e- 2CO2↑+O2↑,要实现CO2零排放,阴极需消耗CO2,阴极二氧化碳得电子发生还原反应生成碳和碳酸根离子,电极反应为3CO2+4e- C+2C。
7.答案 (除标注外,每空2分)(1)-164.0
(2)0.1(1分) 有其他含碳的副产物生成
(3)①p3>p2>p1 ②温度超过600 ℃时,以CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)反应为主,该反应是吸热反应,升高温度,平衡正向移动,CO2的平衡转化率上升(3分)
(4)1(3分) 减小投料比c(CO2)∶c(H2O)(或及时移出产物)
解析 (1)常温常压下,H2和CH4的燃烧热分别为285.5 kJ·mol-1和890.0 kJ·mol-1,则有③2H2(g)+O2(g) 2H2O(l) ΔH3=-571 kJ·mol-1,④CH4(g)+2O2(g) CO2(g)+2H2O(l) ΔH4=-890.0 kJ·mol-1,根据盖斯定律可知,2×③-④+2×②可得CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=2×ΔH3-ΔH4+2×ΔH2=2×(-571 kJ·mol-1)-(-890.0 kJ·mol-1)+2×(+44.0 kJ·mol-1)=-164.0 kJ·mol-1。
(2)题图1中,随着压强增大,CO2的转化率变化不大,CH4的产率逐渐减小,故CO2甲烷化应该选择的压强约为0.1 MPa;CH4的产率小于CO2的转化率的原因是有其他含碳的副产物生成。
(3)①CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)是放热反应,低温时,主要发生该反应,该反应的正反应是气体体积减小的反应,其他条件不变时增大压强,平衡正向移动,CO2的平衡转化率增大,故p3>p2>p1。
②压强为p1时,温度低于600 ℃时,以CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)反应为主,该反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO2的平衡转化率下降;温度超过600 ℃时,以CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)反应为主,该反应是吸热反应,升高温度,平衡正向移动,CO2的平衡转化率上升。
(4)恒压条件下,按c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料,分析题图3可知曲线a表示H2O的浓度变化,曲线b表示CO2的浓度变化,曲线c表示O2的浓度变化,曲线d表示CH4的浓度变化;350 ℃时,c(CO2)=c(CH4),c(H2O)=c(O2),K==1;为提高CO2的平衡转化率,除改变温度外,还可采取的措施为减小投料比c(CO2)∶c(H2O)或及时移出产物。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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