- 2021-08-24 发布 |
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文档介绍
广东省中山一中仲元中学等七校联合体2020届高三第一次联考（8月）理综化学试题
七校联合体2020届高三第一次联考试卷（8月） 理科综合 1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是 A. SiO2超分子纳米管属无机非金属材料 B. 草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分是碳酸钙 C. “梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同 D. 《本草纲目》记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇 【答案】B 【解析】 【详解】A.SiO2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管，A正确； B.碳酸钙需要在高温下煅烧分解才能得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙分解来产生二氧化碳，B错误； C.柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，C正确； D.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”涉及蒸馏的方法，蒸馏可根据乙醇、乙酸沸点的不同，用来分离乙酸和乙醇，D正确； 故合理选项是B。 2.下列关于有机物的说法正确的是（ ） A. 乙醇和丙三醇互为同系物 B. 环己烯()分子中的所有碳原子共面 C. 分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构) D. 二环己烷( )的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构) 【答案】C 【解析】 【详解】A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A错误； B.环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B错误； C.分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4种，HCOOCH2CH2CH2CH3 、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若为乙酸和丙酯，有2种，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有1种，CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，C正确； D.二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中，若2个Cl原子在同一个C原子上，只有1种结构，若在两个不同的C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，D错误； 故合理选项是C。 3.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 11g超重水(T2O)含中子数为5NA B. 1mol金刚石中C—C键的数目为2NA C. 常温下，pH=6的MgCl2溶液中H+的数目为10-6 NA D. 标准状况下，2.24L Cl2全部溶于水所得溶液中的Cl－数目为0.1NA 【答案】B 【解析】 【详解】A.11g超重水(T2O)的物质的量为0.5mol，在1个超重水(T2O)中含有12个中子，所以0.5mol超重水(T2O)中含中子数为6NA，A错误； B.由于在金刚石中，一个C原子与相邻的4个C原子形成共价键，每个共价键为相邻两个原子形成，所以1个C原子含有的C-C键数目为4×0.5=2，因此1mol金刚石中C-C键的数目为2NA，B正确； C.缺体积，无法计算H+的数目，C错误； D.氯气和水的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，反应不能进行彻底，且生成的是HCl和HClO，故溶液中的氯离子个数小于0.1NA个，D错误； 故合理选项是B。 4.一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，Y、W、X、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是 A. 原子半径：X>Y>W B. 最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y C. X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:2 D. Z、W组成的化合物是常见的半导体材料，能与强碱反应 【答案】D 【解析】 【分析】 一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；X与Y位于同一主族，X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，当X、Y位于ⅠA族时，Z位于ⅣA族，Y与W(O元素)位于同一周期，则Y为Li，X为Na，Z为Si元素；当X、Y位于ⅡA族时，Z位于ⅡA族，短周期不可能存在3种元素同主族，不满足条件，据此解答。 【详解】根据上述分析可知：X为Na元素，Y为Li元素，Z为Si元素，W为O元素。 A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子序数越大，原子半径越大。Li、O同一周期，核电荷数O>Li，原子半径Li>O，Li、Na同一主族，核电荷数Na>Li，原子半径Na>Li，则原子半径是X>Y>W，A正确； B.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。元素的金属性Na>Li，所以碱性：NaOH>LiOH，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，B正确； C.X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴、阳离子之比为1：2，C正确； D.Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，Si单质才是常见的半导体材料，D错误； 故合理选项是D。 【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的应用及常见元素、化合物性质的正确判断。 5.以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下： 下列说法不正确的是 A. 装置②中试剂可以是NaOH溶液 B. 装置③的作用是干燥O2 C. 收集氧气应选择装置a D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶 【答案】C 【解析】 【分析】 实验原理分析：二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集； 【详解】A.装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A； B. 装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B； C. 由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C； D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D； 答案：C 6.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是 A. 电子由液态Cu-Si合金流出，流入液态铝电极 B. 液态铝电极与正极相连，作为电解池的阳极 C. 在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原 D. 三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动 【答案】A 【解析】 【详解】A.图示得到：液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出；液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子从液态铝流入；A正确； B.图中，铝电极是Si4+得电子被还原为Si，因此与电源负极相连，该电极为阴极，B错误； C.由图示得到，电解的阳极反应为Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si， C错误； D.使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，而不是方便电子通过，电子不通过电解质，D错误； 故合理选项是A。 7.向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl-，降低对电解的影响，原理如下： Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH1=a kJ·mol-1 Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH2=b kJ·mol-1 实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl-)的影响如图所示。 下列说法正确的是 A. 溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大 B. 反应达到平衡时增大c(Cu2+)，c(Cl-)减小 C. 向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除 D. Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s) ΔH=(a+2b) kJ·mol-1 【答案】B 【解析】 【详解】A.温度升高，吸热反应的Ksp越大，K只受温度的影响，pH越大，Ksp（CuCl）不变，A错误； B.反应达到平衡状态，增大c(Cu2+)，由于K不变，所以c(Cl-)减小，B正确； C.根据图中信息：溶液的pH越大，氯离子的浓度越小，电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，C错误； D.①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH1=a kJ·mol-1， ②Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH2=bkJ·mol-1，根据盖斯定律，将①×0.5+②，整理可得： Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s) ΔH=(+b) kJ·mol-1，D错误； 故合理选项是B。 8.乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，相对分子质量为288}易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸[CH3 CH(OH)COOH]与FeCO3反应制得。 I．碳酸亚铁的制备（装置如下图所示） (1)仪器B的名称是__________________；实验操作如下：打开kl、k2，加入适量稀硫酸，关闭kl，使反应进行一段时间，其目的是__________________。 (2)接下来要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是____________，该反应产生一种常见气体，写出反应的离子方程式_________________________。 (3)仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是__________。 Ⅱ．乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定 (4)向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应，经过滤，在____________的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。 (5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定： ①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于l00%，其原因可能是_________________________。 ②乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000 g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取25．00 rnL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0. 100 mol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），当溶液_____________________，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_________％（保留1位小数）。 【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气 (3). 关闭k2 (4). Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (5). 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净 (6). 隔绝空气 (7). 乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾氧化，导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多 (8). 蓝色褪去且半分钟不恢复 (9). 95.2% 【解析】 【分析】 I．亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，B制备硫酸亚铁，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应产生FeCO3沉淀。 Ⅱ．Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，获取乳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；①乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化； ②I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；根据已知反应可得关系式2Fe3+～～I2～～2S2O32-，根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量，再计算样品纯度。 【详解】I．亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，装置B制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。 (1)由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶；打开kl、k2，加入适量稀硫酸，可使生成的氢气排出装置C内的空气，防止二价铁被氧化； (2)待装置内空气排出后，再关闭k2，反应产生的氢气使装置内的气体压强增大，可将B中生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O； (3)FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的，检验沉淀是否洗涤干净，可通过检验是否含有SO42-判断。方法是：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2 溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在SO42-，即可判断FeCO3沉淀洗涤干净； Ⅱ．(4)Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化； (5)①乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，Fe2+也可以被氧化，因此二者反应都消耗KMnO4溶液，导致消耗高锰酸钾的增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%； ②I2遇淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，说明I2与Na2S2O3发生了氧化还原反应，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；24.80 mL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(Na2S2O3)=0.02480L×0.100mol/L=2.48×10-3mol，根据关系式2Fe2+～2Fe3+～I2～2S2O32-，可知样品中CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O的物质的量为n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.48×10-3mol×=9.92×10-3mol，则样品的纯度为×100%=95.2%。 【点睛】本题考查实验制备方案的知识，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，通过化学方程式可得关系式，然后根据关系式进行有关化学计算，注意在物质计算时取用的物质与原样品配制的溶液的体积关系，以免出错。 9.新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂(LiFePO4)做电极材料。对LiFePO4废旧电极（含杂质Al、石墨粉）回收并获得高纯Li2CO3的工业流程图如图： 资料：碳酸锂在水中溶解度： 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 (1)过程i研磨粉碎的目的是__________________。 (2)过程ii加入足量NaOH溶液的作用(用反应方程式表示)_________________。 (3)过程iii采用不同氧化剂分别进行实验，均采用Li含量为3.7%的原料，控制pH为3.5，浸取1.5h后，实验结果如表所示： 序号 酸 氧化剂 浸出液Li+浓度(g/L) 滤渣中Li含量/% 实验1 HCl H2O2 9.02 0.10 实验2 HCl NaClO3 9.05 0.08 实验3 HCl O2 7.05 0.93 ①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为________________________。 ②综合考虑Li+的浸出率及环保因素，选择的氧化剂最好为___________________。 ③过程iii得到的浸出液循环两次的目的是______________________。 (4)浸出液中存在大量H2PO4﹣和HPO42-，已知：H2PO4﹣HPO42－+H+，HPO42－PO43-+H+，结合平衡移动原理，解释过程iv得到磷酸铁晶体的原因___________。 (5)简述过程vi的操作____________________________。 【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (3). ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O (4). H2O2 (5). 提高浸出液中Li+浓度（或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量） (6). CO32﹣结合H+，c(H+)减小，上述两个电离平衡均向右移动，c(PO43﹣)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体 (7). 用热水洗涤、干燥 【解析】 【分析】 LiFePO4废旧电极(含杂质Al、石墨粉)研磨后加入氢氧化钠溶液，滤液1含有NaAlO2，滤渣1含有LiFePO4和石墨粉，加入盐酸、氧化剂可氧化亚铁离子生成铁离子，滤渣2为石墨粉，浸出液含有铁离子、锂离子，加入30%碳酸钠溶液可生成FePO4•2H2O，滤液2含有锂离子，加入饱和碳酸钠溶解并加热，可生成Li2CO3粗品，用热水洗涤，干燥得到高纯Li2CO3 ，以此解答该题。 【详解】(1)粉碎样品，可增大接触面积，加快反应速率； (2)废旧电极含有铝，可与氢氧化钠溶液反应，则加入氢氧化钠溶液，可溶解Al，使其分离出去，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑； (3)①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，应生成氯气，反应的离子方程式为ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O； ②结合实验结果和①中的现象，最终选择H2O2作为氧化剂，Li+的进出率较高，且较环保； ③过程iii得到的浸出液循环两次，可提高浸出液中Li+浓度（或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量； (4)要得到过程iv得到磷酸铁晶体，可使PO43-溶液浓度增大，则应使H2PO4﹣HPO42－+H+，HPO42－PO43-+H+平衡正向移动，可加入与H+反应的物质，则可加入碳酸钠，原因是CO32-结合H+，c(H+)减小，H2PO4﹣HPO42－+H+，HPO42－PO43-+H+，两个电离平衡均向右移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体； (6)由表中数据可知碳酸锂在温度较高时溶解度较小，则可用热水洗涤，然后干燥可得到高纯碳酸锂。 【点睛】本题考查物质的分离和提纯的知识，涉及物质分离和提纯试剂的选取、平衡移动原理、氧化还原反应等，明确化学反应原理、物质性质及性质差异性是解本题关键，侧重考查学生分析及综合知识运用能力。 10.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物间的相互转化及脱除具有重要意义。 I．氮氧化物间的相互转化 (1)已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步： 第一步 2NO(g)N2O2(g) （快速平衡） 第二步 N2O2(g) +O2(g) =2NO2(g) （慢反应） ①用O2表示的速率方程为v(O2)= k1·c2(NO)·c(O2)；NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2·c2(NO)·c(O2)，k1与k2分别表示速率常数（与温度有关），则=________。 ②下列关于反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的说法正确的是_________（填序号）。 A.增大压强，反应速率常数一定增大 B.第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能 C.反应的总活化能等于第一步和第二步反应的活化能之和 (2)容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器．相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g) ∆H<0，甲中NO2的相关量随时间变化如图所示。 ①0~3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是______________________。 ②甲达平衡时，温度若为T℃，此温度下的平衡常数K=____________________。 ③平衡时，K甲_____K乙，P甲_____P乙(填“>”、“<” 或“=”)。 (3)以NH3为还原剂在脱硝装置中消除烟气中的氮氧化物。 主反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)= 4N2(g)+6H2O(g) △H1 副反应：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=－1267.1kJ/mol 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H3=－907.3 kJ/mol ①△H1=____________。 ②将烟气按一定的流速通过脱硝装置，测得出口NO的浓度与温度的关系如图1，试分析脱硝的适宜温度是______（填序号）。 a.<850℃ b.900~1000℃ c.>1050 ℃ (4)以连二亚硫酸盐(S2O42－ )为还原剂脱除烟气中的NO，并通过电解再生，装置如图2。阴极的电极反应式为____________，电解槽中的隔膜为____________（填“阳”或“阴”）离子交换膜。 【答案】 (1). 0.5 (2). B (3). 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快 (4). 225 (5). < (6). > (7). -1626.9 kJ/mol (8). b (9). 2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O (10). 阳 【解析】 【分析】 (1)①用O2表示的速率方程为v(O2)=k1·c2(NO)·c(O2)、NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2·c2(NO)·c(O2)，，2v(O2)=v(NO2)，带入上式两个式子，整理可得k1、k2的关系； ②A.反应速率常数只与温度有关； B.反应越容易，反应物活化能越小； C.反应的总活化能小于第一步和第二步反应的活化能之和； (2)①该反应的正反应是放热反应，根据温度对化学反应速率的影响分析； ②根据该温度下物质的平衡浓度，结合化学反应平衡常数的定义分析判断； ③甲为恒容绝热，乙为恒温容器，根据温度对化学平衡的影响及对体系的压强影响分析判断； (3)①根据盖斯定律，将第二、第三个热化学方程式进行叠加，就可以得到相应的反应的热化学方程式及其相应的反应热； ②氮氧化物残留浓度越低越好；温度超过1000℃，氨气和氧气反应生成NO； (4)阴极上亚硫酸根离子得电子生成S2O42-；阳极上水失电子生成氧气和氢离子，右侧多余的氢离子通过离子交换膜进入左侧。 【详解】(1)①用O2表示速率方程为v(O2)=k1·c2(NO)·c(O2)、NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2·c2(NO)·c(O2)，2v(O2)=v(NO2)，所以=； ②A.反应速率常数只与温度有关，与压强大小无关，A错误； B.反应越容易，反应物活化能越小，反应速率越快，第一步反应较快，说明反应物活化能较小，B正确； C.反应的总活化能小于第一步和第二步反应的活化能之和，C错误； 故合理选项是B； (2)①该反应的正反应是放热反应，加入反应物，随着反应的进行，反应体系温度升高，化学反应速率加快； ②反应开始时c(NO2)=0.2mol/L，c(N2O4)=0mol/L，到平衡时c(NO2)平=0.02mol/L，则根据方程式2NO2(g)N2O4(g)中物质变化关系可知c(N2O4)平=0.09mol/L则该温度下该反应的化学平衡常数K==225； ③甲容器保持恒容，乙容器保持恒温，由于该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，容器内气体的温度升高，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，所以平衡时，K甲查看更多