福建2020届高三化学上学期期中试卷（附解析Word版）

2020 届高三 11 月考(期中考)高三化学 可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 S-32 Ca-40 Ni-59 Cu-64 Ba-137 一、选择题：（每题均只有 1 个最佳选项,14 小题,42 分） 1.战国所著《周礼》中记载沿海古人“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰 称为“蜃”。蔡伦改进的造纸术，第一步沤浸树皮脱胶的碱液可用“蜃”溶于水制得。“蜃” 的主要成分是 A. CaO B. Ca(OH)2 C. SiO2 D. Na2CO3 【答案】A 【解析】 【详解】“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”，牡蛎壳为贝壳， 贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，所以“蜃”主要成分是氧化钙， 故选：A 2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 100g 质量分数为 46% 乙醇水溶液中含有氧原子数为 4NA B. 标准状况下，4.48LCO2 和 N2O 的混合气体中含有的电子数为 4.4NA C. 0.1mol·L－1 的 NH4NO3 溶液中含有的氮原子数为 0.2NA D. 7.2gCaO2 晶体中阴阳离子总数为 0.2NA 【答案】C 【解析】 【详解】A.100g 质量分数为 46%的乙醇水溶液中乙醇的质量为 46g，物质的量为 1mol，含 1mol 氧原子；水的质量为 54g，物质的量为 3mol，故含 3mol 氧原子，故此乙醇溶液中共含 4mol 氧原子即 4NA 个，故正确； B. 标准状况下，4.48LCO2 和 N2O 的混合气体的物质的量 n= = =0.2mol，1 个 CO2 和 N2O 所含电子数都是 22，0.2molCO2 和 N2O 含有电子数是 N=n×NA =4.4NA，故正确； C. 0.1mol·L－1 的 NH4NO3 溶液，不知道溶液的体积，无法算出溶质的物质的量，故错误； D. 7.2gCaO2 晶体中阴阳离子总数为 N=n×NA=m÷M×NA=7.2g÷72g/mol×NA×2=0.2NA，故正确； 故选：C。 3.酸性 KMnO4 溶液和 CuS 混合时，发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O，下列 有关该反应的说法中正确的是（ ） 的 m V V 4.48L 22.4L/molA. 被氧化的元素是 Cu 和 S B. Mn2+的还原性强于 CuS 的还原性 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 6:5 D. 若生成 2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是 0.8mol 【答案】C 【解析】 【详解】A.反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由−2 升到＋4 价，只有硫元素被 氧化，A 错误； B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性 CuS> Mn2+，B 错误； C.氧化剂为 KMnO4，还原剂为 CuS，设 KMnO4 为 xmol，CuS 为 ymol，根据电子守恒：x×（7-2） =y×（4-（-2）），x：y=6:5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为 6：5，C 正确； D.二氧化硫物质的量为 0.1mol，由方程式可知消耗 KMnO4 的量为 0.1×6/5=0.12 mol，反应中 Mn 元素化合价由＋7 价降低为＋2 价，故转移电子为 0.12mol×（7−2）＝0.6 mol，D 错误； 答案选 C。 4.如表所示，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是(　　) 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断 A 碳酸钠溶液可用于治疗胃病 Na2CO3 可与盐酸反应 Ⅰ对，Ⅱ对，有 B 向滴有酚酞的水溶液中加入 Na2O2 变红色 Na2O2 与水反应生成氢氧化钠 Ⅰ对，Ⅱ错，无 C 金属钠具有强还原性 高压钠灯发出透雾性强的黄光 Ⅰ对，Ⅱ对，有 D 过氧化钠可为航天员供氧 Na2O2 能与 CO2 和 H2O 反应生成 O2 Ⅰ对，Ⅱ对，有 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】【分析】 A．碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性； B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠为强碱； C．依据钠的焰色为黄色解答； D．过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气。 【详解】A．碳酸钠能够与盐酸反应，但是碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸 过多，陈述Ⅰ错误，A 错误； B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠为强碱，水溶液显碱性，能够使酚酞变红，但 过氧化钠还具有强氧化性，因此最终颜色会褪去，B 错误； C．钠的焰色为黄色，透雾性强，高压钠灯发出透雾能力强的黄光，Ⅰ对，Ⅱ对，二者无因果 关系，C 错误； D．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，所以可为航天员供氧，陈述Ⅰ、Ⅱ正确，且有 因果关系，D 正确； 答案选 D。 5.下列有关叙述正确的是(　　) A. 碳酸氢钠药片，该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效 B. 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可比较水和乙醇中氢的活泼性 C. 钾、钠、镁等活泼金属着火时，可用泡沫灭火器灭火 D. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有 Na＋，无 K＋ 【答案】B 【解析】 【详解】A.碳酸氢钠能与酸发生反应，可作抗酸药，服用时喝些食醋，碳酸氢钠直接与醋酸 反应，降低了碳酸氢钠的药效，故 A 说法错误； B.乙醇分子和水分子都含有羟基，都能与金属钠反应产生氢气，但两种物质中羟基所连接的 基团不同，导致羟基氢原子的活性不同，与金属钠反应的剧烈程度不同，故 B 说法正确； C.钠和钾很活泼，能与冷水剧烈反应产生氢气，金属镁较活泼，能与热水反应产生氢气，所 以，它们着火时，都不能用泡沫灭火器灭火，应该用干沙盖灭，故 C 说法错误； D.灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有 Na＋，但不能确定 K＋是否存在，应该透过蓝 色钴玻璃观察火焰是否呈紫色，再下结论，故 D 说法错误； 故选：B。6.已知常温下碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如下表: H2CO3 H2SO3 HClO K1=4.30×10-7 K1=1.54×10-2 K=2.95×10-8 K2=5.61×10-11 K2=1.02×10-7 下列说法正确的是 A. 相同条件下,同浓度的 H2SO3 溶液和 H2CO3 溶液的酸性， 后者更强 B. Na2CO3 溶液中通入少量 SO2： 2CO3 2- + SO2+ H2O = 2HCO3 - + SO3 2- C. NaClO 溶液中通入少量 CO2:2ClO- + CO2 + H2O = 2HClO + CO3 2- D. 向氯水中分别加入等浓度的 NaHCO3 和 NaHSO3 溶液,均可提高氯水中 HClO 的浓度 【答案】B 【解析】 A、弱电解质的电离平衡常数越大，则电离程度越大，说明弱酸的酸性越强，或者弱碱的碱性 越强，H2SO3 的 K1=1.54×10-2，而 H2CO3 的 K1=4.30×10-7，所以同浓度时 H2SO3 的酸性强于 H2CO3 的，故 A 错误；B、由于 H2SO3 的 K2 小于 H2CO3 的 K1，但大于其 K2，所以 Na2CO3 溶液中通入少 量 SO2，考虑 Na2CO3 与酸的分步反应，所以反应的离子方程式为 2CO32- + SO2 + H2O =2HCO3- + SO32-，当 SO2 足量时，生成 CO2 和 HSO3-，所以 B 正确；C、已知 HClO 的 K=2.95×10-8 大于 H2CO3 的 K2，但小于其 K1，所以 NaClO 溶液中通入少量 CO2，反应的离子方程式为 ClO- + CO2 + H2O = HClO + HCO3-，故 C 错误；D、由于 HClO 的 K=2.95×10-8 小于 H2CO3 的 K1，但大于其 K2，因此 HClO 不能与 NaHCO3 反应，但 HCl 是强酸，能与 NaHCO3 反应，使 c(HCl)减小，促进化学平衡 Cl2+H2O HCl+HClO 正向移动，从而提高 HClO 的浓度；尽管 HClO 的 K=2.95×10-8 小于 H2SO3 的 K1=1.54×10-2，也小于 H2SO3 的 K2=1.02×10-7，只是说明 NaHSO3 不能与 HClO 发生复分解反 应，但 HClO 具有氧化性，NaHSO3 具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，所以加入 NaHSO3 溶液不能提高 HClO 的浓度，故 D 错误。本题正确答案为 B。 点睛：本题的实质就是离子反应发生的条件之一：有难电离的物质生成，即较强的酸才能与 较弱的酸形成的盐反应，但氧化还原反应不受这一条件的限制，已知的平衡常数 K 就体现了 酸性的相对强弱。B 选项是个难点，要注意反应物的量对产物的影响，而 D 选项要注意 HClO 的氧化性，与 NaHSO3 将发生氧化还原反应。7.某离子反应中共有 H2O、ClO－、NH4 +、H+、N2、Cl－六种微粒。其中 c(ClO－)随反应进行逐 渐减小。下列判断错误 是 A. 该反应的还原剂是 NH4 + B. 反应后溶液酸性明显增强 C. 若消耗 1 mol 氧化剂， 可转移 2 mol e－ D. 该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 2:3 【答案】D 【解析】 根据题目叙述，c(ClO－)随反应进行逐渐减小，说明 ClO－是反应物，则 Cl－是对应的生成物， Cl 元素的化合价从+1 价降低为-1 价，ClO－作氧化剂，而在反应中化合价能升高的只有 NH4 + 转化为 N2，所以 NH4 +作还原剂，因此反应的离子方程式为 3ClO－+2NH4 + =N2+ 3Cl－+2H+ +3H2O，通过以上分析可知，A 正确；反应后生成了 H+，使溶液酸性增强，则 B 正确；C、消耗 1 mol 氧化剂 ClO－生成 1molCl-，转移 2mol 电子，则 C 正确；D、由电子转移守恒可得，反应 中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 3:2，故 D 错误。本题正确答案为 D。 点睛：本题的关键是找出氧化剂、还原剂，写出反应的离子方程式。根据已知信息，结合在 氧化还原反应中化合价有升必有降的原则，即可写出反应的离子方程式。 8.以反应 5H2C2O4+2MnO4 -+6H＋ = 10CO2↑+ 2Mn2+ + 8H2O 为例探究“外界条件对化学反应速率的 影响”。实验时,分别量取 H2C2O4 溶液和酸性 KMnO4 溶液,迅速混合并开始计时,通过测定溶液 褪色所需时间来判断反应的快慢。 下列说法不正确的是 A. 实验①、 ②、 ③所加的 H2C2O4 溶液均要过量 B. 若实验①测得 KMnO4 溶液的褪色时间为 40 s， 则这段时间内平均反应速率 v(KMnO4)= 2. 5×10-4 mol/L/s C. 实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响， 实验②和③是探究温度对化学反应速 率的影响 D. 实验①和②起初反应均很慢,过了一会儿速率突然增大,可能是生成的 Mn2+对反应起催化作 的用 【答案】B 【解析】 A、根据反应方程式可得 5H2C2O4~2MnO4-，由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加 H2C2O4 溶液均过量，故 A 正确；B、根据已知数据可得 v(KMnO4)=0.010mol/L×0.004L/40s =1.0×10-6 mol/L/s，所以 B 错误；C、分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，实验②和③ 只是温度不同，所以 C 是正确的；D、在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突 然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2 释放出去了，所以 可能起催化作用的是 Mn2+，故 D 正确。本题正确答案为 B。 9.已知:25 C 时,Ksp[Zn(OH)2]= 1.0×10-18， Ka(HCOOH)= 1.0×10-4。该温度下，下列说法错误 是（ ） A. HCOO－的水解平衡常数为 1.0×10-10 B. 向 Zn(OH)2 悬浊液中加少量 HCOOH,溶液中 c(Zn2+)增大 C. Zn(OH)2 溶于水形成的饱和溶液中,c(Zn2+)>1.0×10-6 mol/L D. Zn(OH)2(s) +2HCOOH(aq) Zn2+(aq) +2HCOO－(aq) +2H2O(l)的平衡常数 K= 100 【答案】B 【解析】 A、HCOO－的水解常数为 KW/Ka＝10－14/10－4＝1.0×10－10，A 正确；B、 设 Zn(OH)2 溶于水形成 的饱和溶液中 c(Zn2+)为 x，则溶液中 c(OH－)＝2x，x×(2x)2＝Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－18，解 得 x＝ mol/L＜1.0×10－6mol/L，B 错误；C、Zn(OH)2 悬浊液中存在溶解平衡 Zn(OH)2(s) Zn2+(aq)+2OH-（aq），加入 HCOOH 中和氢氧根离子，使平衡正向移动，溶液中 c(Zn2+)增 大，C 正确；D、Zn(OH) 2(s)+2HCOOH(aq) Zn2+(aq) +2HCOO-(aq)+2H2O(1)的平衡常数 K＝ ＝ K2a(HCOOH)·Ksp[Zn(OH)2]/K2W＝100，D 正确，答案选 B。 10.25°C 时， Ksp (AgCl)= 1.56×10-10， Ksp(Ag2CrO4)= 9.0×10-12,下列说法正确的是 A. AgCl 和 Ag2CrO4 共存的悬浊液中， B. 向 Ag2CrO4 悬浊液中加入 NaCl 浓溶液， Ag2CrO4 不可能转化为 AgCl 的 6 3 10 4 − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 · · · · · W c HCOO c Zn c HCOO c H c Zn c OH c HCOOH c HCOOH K − + − + + − =C. 向 AgCl 饱和溶液中加入 NaCl 晶体， 有 AgC1 析出且溶液中 c(Cl－)=c(Ag＋) D. 向同浓度的 Na2CrO4 和 NaCl 混合溶液中滴加 AgNO3 溶液，AgC1 先析出 【答案】D 【解析】 A、AgCl 和 Ag2CrO4 共存的溶液中，c(Ag＋)是相等的，但由于二者的组成比不同，Ksp 的表达 式不同，因此 c(Cl－)/c(CO42－)不等于二者的 Ksp 之比，故 A 错误；B、根据 Ksp 的含义，向 Ag2CrO4 悬浊液中加入 NaCl 浓溶液，当溶液中 c(Cl－) c(Ag＋)> Ksp (AgCl)时，就有 AgCl 沉淀 析出，所以 B 错误；C、向 AgCl 饱和溶液中加入 NaCl 晶体，使溶液中 c(Cl－)增大，导致 c(Cl －) c(Ag＋)> Ksp (AgCl)，从而析出 AgC1，析出沉淀后的溶液中 c(Cl－)> c(Ag＋)，所以 C 错 误；D、向同浓度的 Na2CrO4 和 NaCl 混合溶液中滴加 AgNO3 溶液，根据 Ksp 计算可得，生成 AgCl 沉 淀 需 要 的 c(Ag ＋ )= = ， 生 成 Ag2CrO4 沉 淀 需 要 的 c(Ag ＋ )= = ，前者小于后者，即先析出 AgCl 沉淀，故 D 正确。本题正确 答案为 D。 点睛：涉及 Ksp 的有关问题，首先要注意物质的组成比是否相同，若相同，可以直接用 Ksp 的数值进行比较，若不同，一定要通过计算进行比较。如 A、D 两个选项，特别是 D 选项最容 易错选。 11.利用电化学原理将有机废水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]转化为无毒物质的原理示意图如下 图 1 所示，同时利用该装置再实现镀铜工艺示意图如图 2 所示，当电池工作时，下列说法正 确的是 A. 图 1 中 H+透过质子交换膜由右向左移动 B. 工作一段时间后，图 2 中 CuSO4 溶液浓度减小 C. 当 Y 电极消耗 0.5 mol O2 时，铁电极增重 64 g D. X 电极反应式:H2N（CH2）2NH2+16e-+4H2O═2CO2↑+N2↑+16H+ 【答案】C ( ) ( ) Ksp AgCl c Cl− ( ) 101.56 10 c Cl − − × ( ) ( )2 4 2 4 Ksp Ag CrO c CO − 6 2 4 3.0 10 c(CO − − ×【解析】 图 1 是原电池，Y 电极上氧气被还原成水，所以 Y 是正极，氢离子移向正极，H+透过质子交换 膜由左向右移动，故 A 错误；图 2 是电镀池，CuSO4 溶液浓度不变，故 B 错误；当 Y 电极消耗 0.5molO2 时，转移电子 2mol，根据电子数，铁电极生成 1mol 铜，电极增重 64g，故 C 正确； X 是 负 极 ， 失 电 子 发 生 氧 化 反 应 ， 电 极 反 应 式 是 ，故 D 错误。 点睛：原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电解质溶液中阳离 子移向正极、阴离子移向负极；电子由负极经导线流向正极。 12.某镍冶炼车间排放的漂洗废水中含有一定浓度的 Ni2+和 Cl-，图甲是双膜三室电沉积法回 收废水中的 Ni2+的示意图，图乙描述的是实验中阴极液 pH 值与镍回收率之间的关系。下列说 法不正确的是（ ） A. 交换膜 a 为阳离子交换膜 B. 阳极反应式为 2H2O-4e-=O2+4H+ C. 阴极液 pH=1 时，镍的回收率低主要是有较多的 H2 生成 D. 浓缩室得到 1 L 0.5mol/L 的盐酸时，阴极回收得到 11.8g 镍 【答案】D 【解析】 阳极区域是稀硫酸，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子通过交换膜 a 进入浓缩室，所 以交换膜 a 为阳离子交换膜，故 A 正确；阳极反应式为 2H2O-4e-=O2+4H+，故 B 正确；阴极发 生还原反应，酸性强时主要氢离子发生还原反应生成氢气、酸性弱时主要 Ni2+发生还原反应生 成 Ni，故 C 正确；浓缩室得到 1L0.5mol/L 的盐酸时，转移电子 0.4mol，阴极生成镍和氢气， 所以阴极回收得到镍小于 11.8g，故 D 错误。 13.常温下，向 20.00mL.0.1000mol·L-1(NH4)2SO4 溶液中逐滴加入 0.200 mol·L-1NaOH 溶液时， 溶液的 pH 与所加 NaOH 溶液体积的关系如下图所示（不考虑 NH3·H2O 的分解和 NH3 的挥发）。下列说法不正确的是 A. 点 a 所示溶液中：c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(H+)=c(OH-) C. 点 c 所示溶液中：c(SO42-)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-) D. 点 d 所示溶液中：c(SO42-)>c(NH3·H2O )>c(OH-)>c(NH4+) 【答案】D 【解析】 A. 点 a 所示溶液就是 0.1000 mol·L-1(NH4)2SO4 溶液，该溶液因铵根离子水解而显酸性， 故 c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(H+)=c(OH-)，B 正确；C. 点 c 所示溶液中所加氢氧化钠的物质的 量恰好为硫酸铵的物质的量相等，溶液中有物质的量相等的 3 种溶质硫酸铵、硫酸钠和一水 合氨，由电荷守恒可得 c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=2 c(SO42-) +c(OH-) ，由物料守恒可得， c(Na+)= c(SO42-) 、 c(SO42-)=c(NH3·H2O)+ c(NH4+) ， 所 以 ， c(SO42-)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)，C 正确；D. 点 d 所示溶液中所加的氢氧化钠恰好与硫酸 铵完全反应，得到硫酸钠和氨水的混合液，溶液呈碱性，所以 c(NH3·H2O )>c(SO42-)> c(OH-)>c(NH4+)，D 不正确。本题选 D。 14.已知 I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+； 某溶液中有下列离子中的若干种: Cl-、I-、CO32-、 SO32-、SO42-、Fe2+、Ag+、NH4+、Na+，现在进行以下系列实验 ①通入一定量的 Cl2，在标况下产生无色无味的气体 224mL，无其他明显现象 ②取①反应后的溶液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生 4.66 g 白色沉淀 ③取②反应后溶液,加入过量氢氧化钠溶液，加热，产生气体 1.12L(标况) 下列说法正确的是 A. 由①可知溶液中肯定不存在 I-B. 溶液中是否有 Na+，需要通过焰色反应确定 C. 检验溶液中是否存在 Cl-，可加入硝酸酸化的硝酸银溶液 D. 该溶液中肯定含有 CO32-、Na+、NH4+，至少含有 SO32-、SO42-中的一种，可能含有 Cl-、I- 【答案】D 【解析】 ①通入一定的氯气，在标准状况下产生无色无味的气体，此气体为 CO2，说明原溶液中含有 CO32 －，即 CO32－的物质的量为 224×10－3/22.4mol=0.01mol，无其他明显现象，即原溶液中不含 Fe2 ＋和 Ag＋；②取反应①后的溶液加入盐酸酸化 BaCl2 溶液，出现白色沉淀，因为氯气具有强氧 化性，能把 SO32－氧化成 SO42－，因此原溶液中 SO32－、SO42－至少存在一种，SO42－、SO32－总物 质的量为 4.66/233mol=0.02mol；③取②后的熔也，加入过量 NaOH 溶液，加热，产生气体， 此气体为 NH3，原溶液中存在 NH4＋，即物质的量为 1.12/22.4mol=0.05mol，根据溶液呈现电 中性，原溶液中一定存在 Na＋，A、I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋，推出 SO32－的还原性强 于 I－，由①通入氯气的量是一定量，量可能是过量，也可能不足，氯气先于 SO32－反应，因 此 I－可能存在，也可能不存在，故 A 错误；B、根据上述分析，原溶液中一定存在 Na＋，故 B 错误；C、如果原溶液中存在 I－，对 Cl－的检验产生干扰，故 C 错误；D、根据上述分析，故 D 正确。 点睛：在离子检验问题中，一定注意溶液呈现电中性，如果题目中出现数值，根据电荷守恒， 确定某离子是否存在，如果题目中没有数值，有阴离子一定有阳离子，有阳离子一定有阴离 子。 二、填空题（四大题，共 58 分） 15.CO、CO2 是化石燃料燃烧的主要产物。 （1）已知:2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0kJ/mol，键能 Eo-o=499.0kJ/mol。 ①反应:CO(g)+O2(g) CO2(g)+O(g)的△H=______kJ/mol。 ②已知 2500K 时，①中反应的平衡常数为 0.40，某时刻该反应体系中各物质浓度满 足:c(CO)·c(O2)=c(CO2) ·c(O)，则此时 v(正)_____(填“>""”“”或“=”或“ 【解析】 【详解】(1)①已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2 (g)△H=-566.0kJ•mol-1； O2(g)=2O(g)△H=499kJ•mol-1；由盖斯定律：两个方程相加除以 2 即可得到:CO(g)+O2(g) CO2(g)+O(g);△H=−33.5kJ⋅mol−1； 故答案为：−33.5； ②某时刻该反应体系中各物质浓度满足：c(CO)·c(O2)=c(CO2) ·c(O),则 Qc= =1>K=0.4,则反应向左进行,v(正)