2025届高三年级第二次检测化学答案

第页，共页第15页，共15页化学答案试卷总评:本套试卷以高考为导向,强调学生思维品质和思维能力的重要性,重点考查学生综合运用所学知识发现问题、分析问题和解决实际问题的能力,注重关键能力、思维品质和思维过程的考查,让学生实现从“考知识”向“考能力与素养”的转变,引导学生提升思维品质和思维能力。情境题:第1、9和11题以历史人文和科技创新为情境,展现了化学的科学创新价值和历史人文价值,符合新课程标准对情境创设的要求。亮点题:第9题以三腔原电池净水为背景考查电解池的相关知识;第11题以利用低品位锰矿粉制备Mn3O4工艺为背景考查分离提纯的相关知识。试题详解1.A[命题立意]本题考查文物的主要成分的相关知识,考查了科学态度与社会责任的学科素养。[试题解析]三国竹木简牍的主要成分是纤维素,A项错误;人面青铜鼎主要是由青铜铸造的,青铜是合金,B项正确;唐长沙窑青釉褐彩诗文执壶的主要成分是陶瓷,C项正确;龟纽“宣成公章”金印是黄金制品,其主要成分是金属,D项正确。2.C[命题立意]本题考查化学用语的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析的学科素养。[试题解析]基态原子核外电子先占据能量较低的轨道,然后依次进入能量较高的轨道,2p能级的能量高于2s能级,应先在2s能级填充2个电子后再在2p能级填充两个电子,A项错误;O2-是由O得到两个电子得到的,O2-的核电荷数为8,核外电子数为10,B项错误;px轨道的电子云轮廓图延x轴方向伸展,为哑铃形,C项正确;为CO2的空间填充模型,D项错误。3.D[命题立意]本题考查物质结构与性质的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的学科素养。[试题解析]高铁酸钠中铁元素化合价为+6,则高铁酸钠具有强氧化性,可以用于水体的消毒,A项正确;聚乳酸中含有酯基,酯基在一定条件下可以水解,则聚乳酸可用于制备降解材料,B项正确;K+直径(276pm)与冠醚18-冠-6空腔直径(260~320pm)接近,可以用冠醚18-冠-6识别K+,使K+存在其空腔中,从而增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度,C项正确;SO2可与某些有色物质化合形成无色物质,具有漂白性,可用作漂白剂,SO2具有漂白性与其氧化性无关,D项错误。4.C[命题立意]本题考查阿伏加德罗常数正误判断的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的学科素养。[试题解析]NaHCO3溶液中HCO3−会发生水解和电离,所以1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中HCO3−的数目应小于0.1NA,A项错误;电解精炼铜时,粗铜(含锌、铁、铜、银、金等)作阳极,阳极损耗6.4g时,参与反应的铜小于0.1mol,则电路中转移的电子数不一定是0.2NA,B项错误;合成氨的反应中,当生成0.1molNH3时,参加反应的N2的物质的量为0.05mol,N元素由0价降低到-3价,则转移电子数为0.05mol×6×NAmol-1=0.3NA,C项正确;酚酞作指示剂,滴定终点时溶液的pH>7,NaOH稍过量,消耗NaOH的物质的量为0.1mol·L-1×10×10-3L=0.001mol,所以稀盐酸中H+数小于0.001N5.A[命题立意]本题考查离子共存与离子方程式的正误判断的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的学科素养。[试题解析]该组离子间不发生反应,能大量共存,加入少量HCl溶液,H+优先与[Al(OH)4]-反应,其离子方程式为H++[Al(OH)4]-Al(OH)3↓+H2O,A项正确;该组离子间不反应,可大量共存,加入少量Ba(NO3)2溶液后,酸性条件下NO3−具有氧化性,与Fe2+发生氧化还原反应,同时Ba2+会与SO42−反应生成BaSO4沉淀,反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3−+Ba2++SO42−3Fe3++NO↑+2H2O+BaSO4↓,B项错误;SiO32−与HCO3−不能大量共存,醋酸为弱酸,不能拆开,且醋酸(CH3COOH)的酸性强于硅酸,故加入过量的醋酸溶液后,反应的离子方程式为2CH3COOH+SiO32−H2SiO3↓+2CH3COO-,C项错误;该组离子间不反应,能大量共存,通入少量SO2后,MnO4−氧化性更强,优先与SO2发生氧化还原反应,反应的离子方程式为2MnO4−6.B[命题立意]本题考查元素“位、构、性”推断的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的学科素养。[试题解析]W、X、Y、Z均为主族元素,且原子序数依次增大,X连接2条共价键,Y连接6条共价键,X、Y的价电子数相等,说明二者为同主族元素,因此,X、Y分别为O、S元素;Z的基态原子的核外电子的空间运动状态共10种,且形成的是+1价的离子,可知Z为K元素;W形成1条共价键,可知W为H元素,综上所述,W、X、Y、Z分别为H、O、S、K元素。YO3和YO32−分别为SO3、SO32−,SO3的中心S原子的价层电子对数为3+6−2×32=3,不含孤电子对,SO3的空间结构为平面三角形,键角为120°,SO32−的中心S原子的价层电子对数为3+6+2−2×32=4,则该原子为sp3杂化且含有1个孤电子对,SO32−的空间结构为三角锥形,键角小于120°,因此键角:SO3>SO32−,A项正确;W2X为H2O,W2Y为H2S,非金属性越强,其简单氢化物的稳定性就越强,非金属性为氧大于硫,则两分子的稳定性:H2O>H2S,B项错误;电子层数越多,离子半径越大,电子层数相同时,核电荷数越大,离子半径越小,简单离子半径:O2-<K+<S2-,C项正确;四种元素形成的化合物中一定含有K+,7.D[命题立意]本题考查有机物的结构与性质的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的学科素养。[试题解析]苯以及直接连接在苯环上的原子、乙烯、乙炔分子中所有原子都可以共平面,甲基中最多有3个原子共平面,C—C单键可以旋转,所以该分子中所有碳原子可能共平面,A项错误;Y中有苯环和碳碳三键结构,1mol苯环可以与3molH2发生加成反应,1mol碳碳三键可以与2molH2发生加成反应,所以1molY最多能与5molH2发生加成反应,B项错误;连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子,Y分子中连接—CH2OH的碳原子为手性碳原子,该分子中有1个手性碳原子,C项错误;X、Y分子均含有碳碳三键,X、Y、Z分子中与苯环相连的碳原子上有氢原子,故三者均可以和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,从而使酸性高锰酸钾溶液褪色,D项正确。8.C[命题立意]本题考查化学实验探究的相关知识,考查了证据推理与模型认知、科学探究与创新意识的学科素养。[试题解析]在Na2S2与醋酸溶液反应的过程中,观察到Ⅰ和Ⅲ中都有黄色固体生成,Ⅱ中产生黑色沉淀,则Ⅰ中发生反应Na2S2+2CH3COOH2CH3COONa+S↓+H2S↑,生成的H2S在Ⅱ中与CuSO4溶液发生反应CuSO4+H2SCuS↓+H2SO4,H2S在Ⅲ中与H2SO3发生反应H2SO3+2H2S3S↓+3H2O,在Ⅳ中H2S又与溴水发生反应H2S+Br2S↓+2HBr,最后用Ⅴ中含有酚酞的氢氧化钠溶液吸收尾气。热水浴起加热作用,反应加快,如果撤去热水浴,反应变慢,则CuSO4溶液中产生黑色沉淀的速率变慢,A项错误;Ⅰ中发生反应Na2S2+2CH3COOH2CH3COONa+S↓+H2S↑,生成硫单质,硫单质呈黄色,B项错误;Ⅳ中溴单质与硫化氢发生置换反应:H2S+Br2S↓+2HBr,溶液褪色证明溴的非金属性强于硫,C项正确;NaOH与H2S反应生成Na2S,Ⅴ中溶液的碱性减弱,颜色变浅,D项错误。9.(新情境题)B[命题立意]本题考查电化学的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的学科素养。[试题解析]X腔电极发生还原反应,则该电极为阴极,NO3−转化成NH3的电极反应为NO3−+6H2O+8e-NH3↑+9OH-;Z腔电极发生氧化反应,该电极为阳极,电极反应为2H2O-4e-O2↑+4H+,由图可知:Na+移向X腔,且X腔的电解液经脱氨后,循环至Y腔,中和迁移过来的H+。由分析可知X腔电极为阴极,与外接电源的负极相连,Z腔为阳极,与外接电源正极相连,故X腔电极电势低于Z腔电极,A项正确;由图可知,Na+移向X腔,且X腔的电解液经脱氨后,循环至Y腔,中和迁移过来的H+,NO3−转化成NH3的电极反应为NO3−+6H2O+8e-NH3↑+9OH-,从电极反应式可以得出,每有8mol电子转移,循环进入Y腔的9molOH-比进入Y腔的8molH+多1mol,因此从Y腔流出的净化水应该显弱碱性,B项错误;NO3−转化成NH3的电极反应为NO3−+6H2O+8e-NH3+9OH-,C项正确;Z腔电极反应为2H2O-4e-O2↑+4H+,故当Z腔生成22.4L(标准状况下)O2即1molO2时,理论上有4mol10.(易错题)B[命题立意]本题考查晶体结构和性质的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的学科素养。[试题解析]由晶胞结构可知,晶胞中位于顶角的B原子形成的正八面体中都有3个硼原子与钙原子等距最近,共有3×8=24个,则钙原子的配位数为24,A项错误;由晶胞结构可知,晶胞中N点所在的正八面体的体心为原点坐标,硼硼键的键长为dnm,则N点到原点的距离为22dnm,晶胞参数为anm,钙原子的坐标参数为(12,12,12),则N点原子在x轴的坐标为22dnmanm=2d2a,所以N点的坐标参数为(2d2a,0,0),B项正确;B和H能形成[BH4]-,该离子中B元素为+3价,H元素为-1价,则B与H的电负性:H>B,C项错误;由题意可知,硼原子组成的正八面体的化学式为B6,由晶胞结构可知,晶胞中位于体心的钙原子个数为1,位于顶角的正八面体的个数为8×18=1,则硼化钙的化学式为CaB6,该晶体的密度为[易错分析]晶胞的顶角为B原子构成的正八面体,6个硼原子中有3个硼原子与钙原子等距最近,所以钙原子的配位数为24;硼硼键的键长为dnm,N点到原点的距离为22dnm,晶胞参数为anm,所以N点的坐标参数为(2d2a,0,0);B和H能形成[BH4]-,所以B元素为+3价,H元素为-1价,H11.(亮点题)B[命题立意]本题考查物质制备的微流程的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的学科素养。[试题解析]H2SO4也能提供H+、SO42−,可用稀硫酸代替“溶浸”中的NH4HSO4,A项正确;H+与MnCO3、Fe2O3、Al2O3反应生成Mn2+、Fe3+、Al3+,根据流程图可知,沉锰后得到+2价的锰,因此Mn2O3、MnOOH在酸性条件下将H2O2氧化成O2,自己被还原成Mn2+,H2O2作还原剂,B项错误;“沉锰”步骤的母液中含有(NH4)2SO4,C项正确;氧化过程中反应的化学方程式为6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O,D12.B[命题立意]本题考查化学反应历程的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的学科素养。[试题解析]由图可知,NON2的过程中存在π键的形成与断裂,A项正确;温度不断升高,催化剂可能失活,致使NO的去除率降低,B项错误;由图可知,与催化剂成键的主要是N原子和C原子,C项正确;CO与O2反应得到CO2,即CO变少,可能导致NO的转化率降低,D项正确。13.D[命题立意]本题考查化学反应原理的相关知识,考查了证据推理与模型认知、变化观念与平衡思想的学科素养。[试题解析]相同温度下,增大压强,反应Ⅰ、Ⅱ的平衡均逆向移动,乙烷的平衡转化率降低,则p1<p2,A项正确;高效催化剂可加快主反应的化学反应速率,抑制副反应,提高C2H4的选择性,B项正确;p1条件下,温度升高,反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡都会正向移动,由图可知,温度升高,乙烷的转化率逐渐增大,但乙烯的选择性却逐渐降低,说明温度升高的过程中,反应Ⅱ占主导,且生成的CO抑制了反应Ⅰ的进行,C项正确;压强为p1、温度为210℃时,乙烷的转化率为50%,乙烯的选择性为80%,参与反应Ⅰ的乙烷为2mol×50%×80%=0.8mol,反应Ⅰ生成的乙烯、CO都是0.8mol,参与反应Ⅱ的乙烷为2mol×50%×20%=0.2mol,反应Ⅱ生成的CO是0.8mol,反应达到平衡状态时,生成CO的总物质的量为1.6mol,D项错误。14.(重难题)D[命题立意]本题考查电解质溶液的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知、变化观念与平衡思想的学科素养。[试题解析]随着pH的增大,H2A逐渐减少,HA-先增多后减少,A2-逐渐增多,H2A的电离方程式为H2AH++HA-、HA-H++A2-,由图可知,当pH=6.5时,表示溶液中c(H2A)=c(HA-),则H2A的电离平衡常数:Ka1=c(H+)·cHA−)c(H2A)=10-6.5;当pH=10.5时,表示溶液中c(HA-)=c(A10-10.5。当c(A2-)=c(H2A)时,Ka1·c(H+)·cHA−)c(H210-6.5×10-10.5=10-17,解得c(H+)=10-8.5,可得出溶液的pH=8.5,A项错误;溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)和元素守恒:2c(Na+)=3[c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)],两式联立可得:2c(OH-)-2c(H+)+c(A2-)=c(HA-)+3c(H2A),B项错误;由Ksp[M(OH)2]=c(M2+)·c2(OH-)可得c(M2+)=KspM(OH)c2(H+)·KspM(OH)2]10−28,则pM=-lgc(M2+)=2pH-lgKsp[M(OH)2]-28,曲线Ⅱ是直线,故曲线Ⅱ表示M(OH)2的溶解平衡曲线,曲线Ⅰ表示MA的溶解平衡曲线,则曲线Ⅰ上的点满足c(M2+)·c(A2-)=Ksp(MA),C项错误;曲线Ⅱ上的点满足c(M2+)·c2(OH-)=Ksp[M(OH)2],而b点在曲线Ⅱ的下方,c(OH-)比平衡时小,故M2+在[方法技巧]求c(A2−)cHA−),利用Ka2,求cHA−)c(H2A),利用Ka1,求c(A2−)c(H2A),利用Ka1·Ka2,由物质的量分数曲线上的两交点可知Ka1=10-6.5,Ka2=10-10.5,则c(A2-)=0.1mol·L-1Na2A与0.1mol·L-1NaHA的混合溶液中,存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)和元素守恒2c(Na+)=3[c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)],由两式联立可得2c(OH-)-2c(H+)+c(A2-)=c(HA-)+3c(H2A);坐标轴的左侧横坐标为-lgc(M2+),纵坐标为-lgc(H+),由Ksp[M(OH)2]=c(M2+)·c2(OH-)可得c(M2+)=KspM(OH)KspM(OH)2]·c2(H+)10−28,两边取负对数得pM=-lgc(M2+)=2pH-lgKsp[M(OH)2]-28,所以曲线Ⅱ表示M(OH)2的溶解平衡曲线;b点在曲线Ⅱ的下方,溶液中c15.[命题立意]本题考查物质的制备实验的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知、科学探究与创新意识的学科素养。[试题解析]由实验流程可知,碳酸钠溶液与硫酸亚铁溶液反应生成FeCO3沉淀,FeCO3固体再与柠檬酸溶液反应生成柠檬酸亚铁、水和CO2,经趁热过滤除掉不溶性物质,最后经冷却、加入适量无水乙醇、过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到产品。(1)以克为单位时,托盘天平只能称取小数点后1位的质量,要称取小数点后3位需要用电子天平。(2)由步骤②和步骤③的信息可知,碳酸钠与硫酸亚铁反应生成FeCO3沉淀,反应的化学方程式为Na2CO3+FeSO4FeCO3↓+Na2SO4;“减压过滤”的优点有加快过滤速度、使产品更干燥,防止生成的碳酸亚铁被氧化等。(3)步骤④中,FeCO3固体和柠檬酸溶液反应生成柠檬酸亚铁、水和CO2,反应的化学方程式为FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+CO2↑+H2O;该操作中,加入少量铁粉的目的是防止溶液中的二价铁被氧化成Fe3+。(4)恒压滴液漏斗侧管的作用是平衡压强,便于液体顺利流下。(5)因柠檬酸亚铁易溶于热水,而微溶于冷水,故趁热过滤除去未反应的铁粉,而不损失目标产物柠檬酸亚铁;柠檬酸亚铁难溶于乙醇,微溶于冷水,加无水乙醇的目的是降低柠檬酸亚铁的溶解度,使柠檬酸亚铁析出。(6)第2组测定数据误差较大,舍去,利用第1、3、4三组数据可知消耗的V(KMnO4溶液)=40.02mL+39.98mL+40.00mL3=40.00mL,由氧化还原反应中得失电子守恒可知滴定反应关系式:5Fe2+~KMnO4,则n(FeC6H6O7·2H2O)=n(Fe2+)=0.0200mol·L-1×40.00×10-3L×5×250mL25.00mL=0.04mol,则15.000g产品中FeC6H6O7·2H2O的质量为0.04mol×282g·mol-1=11.28g,则产品的纯度为11.28g[参考答案](1)电子天平(1分)(2)Na2CO3+FeSO4FeCO3↓+Na2SO4(2分)加快过滤速度、使产品更干燥、防止碳酸亚铁被氧化等(答案合理即可,任答两条,2分)(3)FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+CO2↑+H2O(2分)防止溶液中的二价铁被氧化成Fe3+(答案合理即可,1分)(4)平衡压强,便于液体顺利流下(答案合理即可,2分)(5)铁粉(1分)降低柠檬酸亚铁的溶解度,促进其析出(答案合理即可,2分)(6)75.2%(2分)16.[命题立意]本题考查物质制备的工艺流程的相关知识,考查了证据推理与模型认知、科学态度与社会责任的学科素养。[试题解析]向富铊灰中加入KMnO4、食盐水和一种酸进行酸浸,Tl2O中的Tl元素被氧化为+3价,与Cl-结合生成TlCl4−,ZnO、FeO和Fe2O3均转化为对应的金属阳离子,然后二价铁被氧化为Fe3+,PbO转化为Pb2+,为使Pb2+沉淀,加入的酸为H2SO4,Pb2+形成PbSO4,则残渣为PbSO4。过滤后,向滤液中加入A101、二乙苯萃取,TlCl4−进入有机层,Fe3+和Zn2+进入水层,再经过反萃取,TlCl4−进入水层,用亚硫酸钠还原、沉淀得到TlCl,经过焙烧,加入的浓硫酸转化为硫酸盐(1)适当增大酸的浓度、加热、搅拌等都可以提高“酸浸”效率。(2)HCl会被高锰酸钾氧化,HNO3会产生氮氧化物,且需要用SO42−沉淀Pb2+,因此选用H2SO(3)Tl2O中的Tl元素从+1价升高为+3价,MnO4−中的Mn元素从+7价降低到+2价,根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒的规律,可得反应的离子方程式为5Tl2O+4MnO4−+42H++40Cl-10TlCl4−+4Mn2++21H2O;“酸浸”时加入食盐水,酸性条件下有部分KMnO4被Cl-还原为Mn2+(4)“反萃取”过程加入CH3COONH4,CH3COO-与H+反应,减小了H+浓度,使反应H++CH3CONR2+TlCl4−[CH3CONR2H]TlCl4的平衡逆向移动,Tl元素以TlCl(5)“还原、沉淀”过程中TlCl4−与亚硫酸根离子反应生成TlCl沉淀、硫酸根离子、氯离子和氢离子,反应的离子方程式为TlCl4−+SO32−+H2OSO42−+TlCl↓+3Cl-+2H+,反应中Tl元素从+3价降低到+1价,S元素从+4价升高到+6价,因此TlCl4−作氧化剂,(6)由表可知,复合纳米吸附剂具有更大的比表面积,可增加更多的活性吸附位点,且平均孔径更小,具有更高的铊吸附容量。由图可知,Tl+比Tl3+去除铊的效果更差,所以可将Tl+氧化为Tl3+来提高铊的去除率。[参考答案](1)适当增大酸的浓度(或加热、搅拌等,任写一条,1分)(2)b(1分)将溶液中的铅离子转化为PbSO4沉淀(1分)(3)5Tl2O+4MnO4−+42H++40Cl-10TlCl4−+4Mn2++21H2O(2分)酸性条件下有部分KMnO4被Cl-还原为Mn2+((4)CH3COO-与H+反应,减小H+浓度,使反应H++CH3CONR2+TlCl4−[CH3CONR2H]TlCl4的平衡逆向移动,Tl元素以TlCl4−的形式重新进入水层((5)1∶1(2分)(6)复合纳米吸附剂具有更大的比表面积,可增加更多的活性吸附位点,平均孔径更小,具有更高的铊吸附容量(2分)用氧化剂将Tl+氧化为Tl3+(1分)17.[命题立意]本题考查化学反应原理综合利用的相关知识,考查了证据推理与模型认知、变化观念与平衡思想的学科素养。[试题解析](1)已知:H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热ΔH分别为-285.8kJ·mol-1和-726.5kJ·mol-1,则①H2(g)+12O2(g)H2O(l)ΔH1=-285.8kJ·mol-1,②CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH2=-726.5kJ·mol-1,③H2O(l)H2O(g)ΔH3=+44kJ·mol-1,根据盖斯定律,①×3-②+③可得反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(g)ΔH=ΔH1×3-ΔH2+ΔH3=-86.9kJ·mol-1。该反应中甲醇是液体,则反应过程中,气体质量发生变化,则恒容容器中密度是变量,当其不变时可以证明反应达到平衡状态,A项符合题意;该反应是气体分子数减小的反应,则恒容容器中压强是变量,当其不变时可以证明反应达到平衡状态,B项符合题意;当3v正(H2)=v逆(H2O)时,正、逆反应速率不相等,反应未达到平衡状态,C项不符合题意;ΔH是恒定不变的,其不变不能证明反应达到平衡状态,D项不符合题意。(2)CO2和H2按物质的量之比为1∶4充入容器中,设CO2的物质的量为1mol,H2的物质的量为4mol,反应Ⅰ中CO2转化的物质的量为xmol,反应Ⅱ中CO2转化的物质的量为ymol,列三段式:CO2的平衡转化率为80%,CH4的选择性为50%,故x+y=0.8,xx+y=0.5,解得x=0.4,y=0.4。①H2的平衡转化率为4x+y4×100%=2.04×100%=50%。②平衡时各物质的物质的量为n(CO2)=0.2mol、n(H2)=2.0mol、n(CO)=0.4mol、n(CH4)=0.4mol、n(H2O)=1.2mol,则体系中H2的平衡分压为2.00.2+2.0+0.4+0.4+1.2×1MPa≈0.48。③结合②可知,平衡时CO2、H2、CO、H2O的物质的量分数分别为242、2042、442、1242,则该温度下,反应(3)已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-EaT+C,故图像的斜率的负数为反应的活化能,反应的活化能Ea=-63.0−33.03.0−4.0kJ·mol-1=30.0kJ·mol-1。由图可知,催化剂c对应的曲线斜率大,这意味着此时反应的活化能低,因此该催化剂的催化效率更高,(4)当反应达到平衡状态时v正=v逆,则k正pCH3COOH)pCH4)·pCO2)=Kp=4.5×10-5(kPa)-1;TK、1.0×104kPa时,设起始时n(CH4)=n(CO2)=1mol,CO2的转化率为所以p(CH4)=p(CO2)=0.81.8×1.0×104kPa=49×104kPa,p(CH3COOH)=0.21.8×1.0×104kPa=19×