2025年高考化学冲刺押题卷-化学安徽卷02全解全析

2025年高考押题预测卷高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16Mg24Fe56第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．科技发展改变生活，下列说法错误的是A．“天问一号”中Ti-Ni形状记忆合金的两种金属都属于过渡金属元素B．T-碳(T-Carbon)是中科院预言的一种三维碳结构晶体，其与C60互为同位素C．“祝融号”火星探测器上使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性D．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片-----天机芯的主要材料与光导纤维不同【答案】B【解析】A．Ti位于IVB族，Ni位于VIIIB族，两者都是过渡金属元素，A正确；B．由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，因此T-碳(T-Carbon)与C60互为同素异形体，B错误；C．合金比纯金属性能优良，钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性，C正确；D．芯片材料为单晶硅，光导纤维为二氧化硅，两者材料不同，D正确；答案选B。2．下列说法不正确的是A．如果不慎将浓硫酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%~5%的硼酸溶液冲洗B．强氧化剂高锰酸钾、氯酸钾、过氧化钠等固体不能随意丢弃，可配成溶液或者通过化学方法将其转化成一般化学品后，再进行常规处理C．轻微烫伤或者烧伤，可先用洁净的冷水处理，然后涂上烫伤膏药D．实验室未用完的钠、钾、白磷需要放回原试剂瓶【答案】A【解析】A．酸液具有强腐蚀性，少量酸沾皮肤上，应先用干抹布拭去，再用大量清水冲洗，然后涂上3%~5%的碳酸氢钠溶液，A错误；B．强氧化剂如高锰酸钾、氯酸钾、过氧化钠等需经化学处理转化为普通物质后再丢弃，避免安全隐患或环境污染，B正确；C．轻微烫伤或烧伤先用冷水降温可减轻组织损伤，之后涂抹药膏符合急救规范，C正确；D．钠、钾是活泼金属，易与空气中的水、氧气反应，白磷燃点低，易发生自然，为了避免危险，实验室未用完的钠、钾、白磷需要放回原试剂瓶，D正确；故选A。3．反应可实现工业副产品资源再利用。下列说法正确的是A．O元素位于周期表A族 B．电子式为C．基态的电子排布式为 D．中既含极性键又含非极性键【答案】A【解析】A．O是16号元素，位于周期表A族，A正确；B．HCl是共价化合物，电子式为：，B错误；C．基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，C错误；D．中只含极性键不含非极性键，D错误；答案选A。阅读下列材料，完成4~5小题。CT1812是一款具有口服活性和脑渗透性的sigma-2受体拮抗剂，CT1812的第一代药化合成路线设计是基于市售可得的2-甲基-3-丁炔-2-胺(B)作为CT1812中间的连接子。B和C经Sonogashira偶联反应/氢化还原步骤得到胺D，然后与E转化得到CT1812。C可以由邻二苯酚(A)得到。已知：Ac代表CH3CO—，Me代表CH3—。如图所示：4．下列说法错误的是A．可用FeCl3溶液鉴别邻二苯酚和邻二甲苯 B．B与C经取代反应得到DC．D中含有3种官能团 D．CT1812中不含手性碳原子5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．1molA与足量NaOH反应最多可以生成H2O分子数目为2NAB．1molB所含π键数目为2NAC．1molE含有的氢原子数目为10NAD．1molCT1812中sp3杂化的碳原子数为11NA【答案】4．C5．D【解析】4．A．苯酚可与FeCl3溶液反应显紫色而邻二甲苯不能，A项正确；B．B与C经取代反应得到D和HI，B项正确；C．D中含有4种官能团，分别为酯基、醚键、氨基、碳碳三键，C项错误；D．手性碳原子是连接4个不同原子或基团的饱和碳原子，CT1812中不含手性碳原子，D项正确；选C。5．A．1个A分子中含2个酚羟基，则1molA可与2molNaOH反应，生成2molH2O，A项正确；B．1个B含有1个碳碳三键，1molB所含π键数目为2NA，B项正确；C．Me代表CH3—，1molE含有的氢原子数目为10NA，C项正确；D．Me代表CH3—，碳原子全单键是sp3杂化，1molCT1812中sp3杂化的碳原子数为12NA，D项错误；选D。6．在给定条件下，下列选项所示物质间的转化均能一步实现的是A．B．C．D．【答案】C【解析】A．由于HCl的酸性强于H2CO3，故向CaCl2溶液中通入CO2不会反应生成CaCO3，A不符合题意；B．氨气催化氧化生成一氧化氮，不是二氧化氮，B不符合题意；C．MgCl2溶液中加入石灰乳反应生成Mg(OH)2沉淀，煅烧Mg(OH)2可得到MgO，物质间的转化均能一步实现，C符合题意；D．Cl2具有强氧化性，Fe与少量Cl2点燃反应生成FeCl3，而不是FeCl2，D不符合题意；故选C。7．下列方程式书写正确的是A．已知：酸性H2SO3>HClO，向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：B．少量铁与稀硝酸反应：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2OC．向溶液中加过量的NaOH溶液并加热：D．向硅酸钠溶液中滴加稀盐酸：【答案】B【解析】A．向次氯酸钙溶液中通入少量具有还原性二氧化硫，二者发生氧化还原反应产生CaSO4、HClO、Cl-、H2O，反应的离子方程式应该为：Ca2++3ClO-+H2O+SO2=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故A错误；B．少量的铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2O，故B正确；C．向溶液中加过量的NaOH溶液并加热，NH和都能与反应，离子方程式应为，故C错误；D．硅酸钠易溶于水，要拆成离子，离子方程式为，故D错误；故选B。8．下列实验方案设计、现象和结论都正确的是选项方案设计现象结论A向30%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热一段时间后，再加入银氨溶液未出现银镜蔗糖未水解B取少量菠菜叶研磨后加水搅拌，静置，取上层清液于试管中，滴加溶液溶液未变红菠菜叶中不含铁元素C向等物质的量浓度的和混合溶液中滴加几滴溶液，振荡溶液颜色无明显变化结合的能力：D分别向盛有酸性和酸性的甲、乙两支试管中，加入溶液乙试管中溶液紫色消失快反应物浓度越大，反应速率越快【答案】C【解析】A．蔗糖水解需在酸性条件下进行，水解产物为葡萄糖和果糖，但银镜反应需在碱性环境中进行，未中和硫酸直接加入银氨溶液无法反应，因此未出现银镜不能证明蔗糖未水解，A错误；B．菠菜中的铁元素可能以Fe2+形式存在，而KSCN仅能检测Fe3+，未变红只能说明不含Fe3+，不能推断铁元素完全不存在，B错误；C．Fe3+与SCN-结合生成血红色Fe(SCN)3，若现象未显红色，说明Fe3+优先与F-结合形成更稳定的无色配合物，表明F-结合Fe3+的能力强于SCN-，现象与结论一致，C正确；D．溶液和溶液反应的化学方程式为：，分别向盛有酸性和酸性的甲、乙两支试管中，加入溶液，是过量的，溶液中颜色不会完全褪去，无法判断反应速率大小，D错误；故选C。9．X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，其中X、Y、Q处于不同周期，W、Q同主族。五种元素中，Z的基态原子中未成对电子数最多。现有这些元素组成的两种单体Ⅰ、Ⅱ，通过三聚可分别得到如图(图中未区别标示出单、双键)所示的环状物质(a)和(b)。下列说法错误的是A．第一电离能： B．单体Ⅰ中Y原子为sp杂化C．物质(b)中键长：①② D．单体Ⅱ为非极性分子【答案】C【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，X、Y、Q处于不同周期，X为H元素，Y为第二周期元素，Q为第三周期的元素，由图a可知，Z周围形成三个共价键，Z的基态原子中未成对电子数最多，则Z为N元素，Y和Z形成的环状结构中，存在大π键，则Y为C元素，图a为NH2CN的三聚体；图b可知，W形成2个键，W与Q同主族，W为O元素，Q为S元素，b是SO3的三聚体。【解析】A．同周期第一电离能从左到右逐渐增大，N原子2p轨道半充满稳定第一电离能N>O，第一电离能：N>O>C，A正确；B．单体Ⅰ的结构简式为，存在碳氮叁键，C的杂化方式为sp杂化，B正确；C．物质(b)中①为S=O双键，②为S-O单键，双键键长小于单键键长，键长：①<②，C错误；D．单体Ⅱ为SO3，中心原子为S，价层电子对为3+，孤电子对为0，空间构型为平面正三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，D正确；答案选C。10．我国科学家采用天然赤铁矿基电解系统能有效地将光伏废水中的转化为，主要是通过电极上的电子转移将还原为，而铁氧化还原过程在随后的转化为中起着关键作用，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．电极X应与电源的负极相连B．反应过程中，阴极区溶液的pH升高，促进NH3的生成C．α-Fe2O3电极上发生的电极反应为：D．若生成1mol(NH4)2SO4，理论上有8mol电子流入α-Fe2O3电极【答案】B【分析】由题干装置图可知，电极X为H2O转化为O2，该电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，则该电极为阳极，α-Fe2O3电极发生的电极反应为：+2H++2e-=H2O+，+8H++6e-=+2H2O，该电极为阴极，据此分析解题。【解析】A．由分析可知，电极X为阳极，则应与电源的正极相连，A错误；B．由分析可知，反应过程中，阴极区生成了铵根离子，故阴极区溶液的pH升高，可促进NH3的生成，B正确；C．由分析可知，α-Fe2O3电极上发生的电极反应为：+2H++2e-=H2O+，C错误；D．由题干信息可知，由转化为，即由+5价降低到-3价，若生成1mol(NH4)2SO4，理论上有2×8=16mol电子流入α-Fe2O3电极，D错误；故答案为：B。11．现模拟HCl催化氧化制，发生反应：

。在密闭容器中，充入一定量HCl和发生反应，HCl平衡转化率与X和L的变化关系如图1所示，其中L(、、)、X可分别代表压强或温度。恒温恒容时，HCl平衡转化率与进料比的变化关系如图2所示。下列说法错误的是A．L代表温度，且B．点a、b、c的正反应速率大小关系：C．若图2中HCl的初始浓度为，则M点的平衡常数K为D．在实际生产中，若进料比太小，会增加和的分离成本【答案】B【分析】该反应为气体分子数减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，HCl平衡转化率增大，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率减小，所以X代表压强，L代表温度。【解析】A．根据分析可知，L代表温度，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率减小，所以，A正确；B．点a、b、c位于同一曲线上，表示温度相同，压强越大，体系内气体浓度越大，反应速率越大，则速率：，B错误；C．若HCl的初始浓度为，图中M点，，O2的初始浓度为，HCl转化率为76％，列三段式：平衡常数：，C正确；D．在实际生产中，若进料比太小，氧气过量，不利于和的分离，D正确；答案选B。12．对药物分子进行修饰的方向之一是在不改变药物性能的前提下将药物导向特定的组织，从而提高药物的靶向性，减少药物的副作用。如科研人员将药物进行修饰后得到的可极大提高该药物的靶向性。下列说法正确的是A．M的水溶性大于N B．M、N中均含有两个手性碳原子C．N与盐酸或氢氧化钠溶液反应均可生成盐 D．可用三氯化铁溶液检验N中是否含有M【答案】C【解析】A．N中含有羟基、羧基和氨基都是亲水基团，N的水溶性大于M，故A错误；B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，M中没有手性碳原子，故B错误；C．N中含有氨基和羧基，与盐酸或氢氧化钠溶液反应均可生成盐，故C正确；D．M和N中都含有酚羟基，都会和三氯化铁溶液产生显色反应，不能用三氯化铁溶液检验N中是否含有M，故D错误；故选C。13．已知在醇溶液中发生的取代反应和消去反应互为竞争，二者反应历程中的相对能量变化如下图所示。下列说法错误的是A．醇溶液中与乙醇分子间形成了氢键B．发生取代反应或消去反应时，进攻的原子不同C．溶剂不同时，与反应的选择性可能不同D．醇溶液中发生消去反应在热力学上更有利【答案】D【解析】A．从反应历程图能看到，中的氧与乙醇分子中的氢存在相互作用，符合氢键形成特征，所以醇溶液中与乙醇分子间形成了氢键，A正确；B．取代反应里，进攻与Br原子相连的碳原子；消去反应时，进攻与Br原子相连碳原子的邻位碳原子上的氢原子，进攻原子不同，B正确；C．溶剂不同，对反应体系中分子间作用力、反应物和过渡态稳定性等影响不同，会改变反应活化能等，进而使与反应的选择性改变，C正确；D．由图可知，取代反应产物能量比消去反应产物能量低，能量越低越稳定，说明在醇溶液中发生取代反应在热力学上更有利，并非消去反应，D错误；综上，答案是D。14．立方砷化硼能够为电子和空穴提供很高的迁移率，并且具备良好的导热性能。研究人员称，立方砷化硼可能是迄今为止业界已发现的各项性能最好的半导体材料。砷化硼的晶胞结构如图所示，下列说法中错误的是A．基态原子未成对电子数：As>BB．该晶体的化学式为BAsC．与B原子距离最近且相等的B原子数为8D．与B原子距离最近且相等的As原子组成的几何图形为正四面体【答案】C【解析】A．As是33号元素，处于第四周期VA族，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，4p轨道3个电子是未成对电子，B是5号元素，处于第二周期ⅢA族，基态原子核外电子排布式为1s22s22p1，2p轨道1个电子是未成对电子，基态原子未成对电子数：As>B，A正确；B．根据均摊法可知，晶胞中含有8+6=4个B，4个As，该晶体的化学式为BAs，B正确；C．以面心上的B为参照，与此B原子距离最近且相等的B原子数为顶点和面心的B原子，三个维度的切面各有4个B原子，则与B原子距离最近且相等的B原子数为12，C不正确；D．在立方砷化硼的结构中，每个B原子位于正四面体的中心，四个最近的As原子位于正四面体的顶点，因此，与B原子距离最近且相等的As原子组成的几何图形为正四面体，D正确；答案选C。第II卷（非选择题共58分）二、非选择题，共4题，共58分。15．（14分）钴酸镍（）可作为电极材料，以红土镍矿（主要成分为、和）为原料制备的工艺流程如图所示：已知：①流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表所示：氢氧化物开始沉淀的pH1.16.57.1沉淀完全的pH3.29.79.0②室温下，。回答下列问题：（1）基态Co原子的核外电子排布式为。（2）写出“煅烧”时FeS发生反应的化学方程式：。（3）有强氧化性，“加压酸浸”时有气体产生且被还原为，则产生的气体为（填化学式）。（4）“除铁”时调pH的范围是。（5）已知“加压酸浸”过程中的相关影响因素如下：根据图示，选择“加压酸浸”过程中硫酸的加入量和矿石粒径的最适宜条件为（填字母，下同）。A．260kg/t矿；0.45mm B．320kg/t矿：0.25mm C．350kg/t矿；0.15mm D．380kg/t矿；0.05mm（6）上述流程中涉及“煅烧”、“加压酸浸”等操作。下列有关说法错误的是。A．“煅烧”过程中，空气从下往上的方式通入，可使“煅烧”更充分B．“煅烧”过程中产生的可用浓氨水吸收以防止污染C．“加压酸浸”中，为加快反应速率，可选用98%的浓硫酸D．“加压酸浸”后，浸渣的主要成分为（7）“沉镍”过程中，若，向100mL该溶液中加入100mL2.05NaOH溶液，则“沉镍”后的滤液中为（保留1位小数）。（8）写出“合成”过程中生成反应的化学方程式：。【答案】（除标明外，每空2分）（1）或（2）（3）（1分）（4）3.2≤pH<7.1或（5）C（1分）（6）C（7）（8）【分析】红土镍矿的主要成分为、和，通入空气煅烧后,硫元素转化为,转化为，转化为，“加压酸浸”时，加入硫酸，和均溶解，浸渣为，“除铁”时，加入溶液，调节溶液的，可将转化为，即滤渣为，“沉镍”时，加入过量的溶液，将转化为，加入，通入和，最终可生成。【解析】（1）为27号元素，电子排布式为或；（2）“煅烧”时，与反应，生成和，反应方程式为；（3）“加压酸浸”时，发生反应、，总反应为，故生成的气体为；（4）“除铁”时，要将所有的转化为，由表格中数据可知，调pH的范围是或；（5）由“硫酸加入量对浸出效果的影响图”可知，当硫酸的加入量为时，效果最好，根据“矿石粒径对浸出效果的影响图”可知，当矿石粒径为0.15mm左右时效果最好，故答案选C；（6）A．“煅烧”过程中，空气从下往上通，可增大接触面积，能使“煅烧”更充分，A项正确；B．“煅烧”过程中生成的气体为，为酸性气体，可用碱液吸收以防止污染，故可用浓氨水吸收以防止污染，B项正确；C．“加压酸浸”中，浓硫酸中浓度过小，为加快反应速率，可加入浓度少稍大的硫酸，但不能使用98%的浓硫酸，C项错误；D．由分析可知“加压酸浸”中，浸渣的主要成分为，D项正确；答案选C；（7）“沉镍”时，加入过量的溶液，将完全转化为，，解得，故“沉镍”后的滤液中；（8）“合成”时，、、和发生反应，最终可生成，反应方程式为。16．（14分）硼氢化钠是一种潜在储氢剂，有强还原性，易溶于异丙胺，常温下与水缓慢反应。实验室可用氢化钠与气态硼酸三甲酯制取，反应方程式为：。制取的实验步骤如下：已知：①：与水剧烈反应，难溶于异丙胺；②异丙胺：有机溶剂，易挥发。回答下列问题：（1）的电子式为。（2）反应前通的目的是。（3）可用索氏提取法直接提取粗产品中的，其装置如图所示，实验时将粗产品放入滤纸套筒1中，烧瓶中加入异丙胺。烧瓶中异丙胺受热蒸发上升，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管返回烧瓶，从而实现连续萃取。①萃取结束后，经过管(填“2”或“3”)返回烧瓶。②与常规萃取相比，索氏提取器的优点是。（4）蒸馏时应选用冷凝管(填“直形”或“球形”)，馏分的成分是。（5）为了探究碱浓度对放氢能力的影响，设计了如下左图的实验装置，测得不同碱浓度下硼氢化钠放氢速率曲线如下右图所示。

①放氢的反应方程式为。②下列说法中正确的是。A．恒压滴液漏斗滴加溶液时，可以打开上部的玻璃塞B．反应过程中若观察到温度计刻度上升，说明该反应放热C．溶液日常可贮存在的溶液中【答案】（除标明外，每空2分）（1）（2）排尽装置内空气，防止和被氧化（3）3（1分）使用溶剂量少，可连续萃取或萃取效率高（4）直形（1分）（5）或B【分析】先通入氮气，排除装置内的空气，氢化钠与气态硼酸三甲酯在控温条件下发生反应，得到粗产品，由于硼氢化钠()易溶于异丙胺，常温下与水缓慢反应，：与水剧烈反应，难溶于异丙胺，故加入水进行蒸馏，最终得到碱性溶液，再用用索氏提取法直接提取粗产品中的，据此回答。【解析】（1）中与之间由离子键相作用，B原子与H原子之间有3个普通共价键、1个配位键，故的电子式为；（2）由分析知，反应前通是为了排尽装置内空气，防止NaH和被氧化；（3）①由装置结构可知，烧瓶中异丙胺受热蒸发，蒸汽沿导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，萃取再经导管3虹吸管返回烧瓶，从而实现连续萃取；②与常规萃取相比，索氏提取器的优点是可使溶剂循环利用，萃取效率高。因为在索氏提取器中，溶剂在烧瓶和萃取器之间不断循环，能持续对样品进行萃取，使得萃取更加充分，使用溶剂量少，可连续萃取或萃取效率高；（4）蒸馏时应选用直形冷凝管，因为直形冷凝管适用于蒸馏沸点差别较大的混合液体，它能使蒸汽快速冷却成液体，防止冷凝的液体滞留在冷凝管内，而球形冷凝管接触面积大、主要用于回流，使反应体系中的蒸汽冷凝后又回到反应体系中；根据实验过程，与水剧烈反应生成甲醇和氢氧化钠，馏分X的成分是甲醇，因为在萃取和蒸馏过程中，甲醇是先被萃取出来，然后通过蒸馏分离得到甲醇；（5）①与催化剂下与水反应放出氢气，反应方程式为或；②A．恒压滴液漏斗滴加溶液时，不可以打开上部的玻璃塞，若打开，会导致硼氢化钠被氧化，A错误；B．反应过程中若观察到温度计刻度上升，说明该反应放热，因为放热反应会使体系的温度升高，B正确；C．由图知，在的NaOH溶液中，放氢能力，故溶液日常不能贮存在的NaOH溶液中，C错误；故选B。17．（15分）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。（1）甲醇—水蒸气催化重整制氢气是主要方法，在催化剂的作用下，反应可通过如图1所示的反应历程实现催化重整。写出该反应的热化学方程式：（用含字母a、b、c的代数式表示）。（2）乙醇—水催化重整可获得，主要反应如下：反应1：反应2：①若在时，仅考虑上述反应，平衡时和的选择性及的产率随温度的变化如图2所示。的选择性，下列说法正确的是（填标号）。A．图中①代表的选择性随温度的变化，②代表的产率随温度的变化B．若其他条件不变，仅增大，反应1中乙醇平衡转化率增大C．若其他条件不变，向体系中加入或高效催化剂，均能提高平衡时的体积分数D．若其他条件不变，升高温度，反应1、2的平衡常数均减小E．若恒温恒容条件下，体系中压强不再变化说明反应1、2均达到平衡状态②若时，向恒容密闭的容器中充入和，发生反应1和反应2，后达到平衡状态，测得的转化率为，容器内的体积分数为，则内，时，反应2的平衡常数（保留到小数点后两位）。（3）①氨载氢能力高，液氨储氢应用的一种途径是作为氨燃料电池的原料，氨燃料电池以溶液为电解质溶液，电池反应生成环境友好的物质。氨燃料电池在放电时，负极的电极反应式为。②用氨燃料电池处理（如图3），为使电解产物全部转化为，则理论上总共需要。（4）铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图4所示。①若该晶胞的晶胞边长为，阿伏加德罗常数为，则该合金的密度为g。②若该晶体储氢时，储存的氢相当于分子在晶胞的体心和棱心位置，则含的该储氢合金储存的在标准状况下的体积约为L。【答案】（除标明外，每空2分）（1）（2）AE0.160.26（3）（4）22.4（1分）【解析】（1）由图可知该反应分2步，第一步的，第二步反应的，整个反应的，则该反应的热化学方程式为：；（2）①根据已知，反应1：，反应2：，可知反应1的热效应更大，故温度升高的时候对反应1的影响更大一些，即二氧化碳选择性减小，同时CO的选择性增大，根据CO的选择性定义可知③代表一氧化碳的选择性，①代表CO2的选择性，②代表氢气的产率，以此来解答此题。A．由上述分析可知，①代表的选择性随温度的变化，②代表的产率随温度的变化，故A正确；B．两种物质参加反应增大一种物质的浓度，会降低该物质的平衡转化率，故B错误；C．温度一定时加入CaO(s)或使用催化剂，则反应速率加快，但使用催化剂不能提高平衡时H2产率，故C错误；D．反应1、反应2都是吸热反应，升高温度，反应1、2的平衡常数均增大，故D错误；E．反应1是气体体积不相等的反应，体系压强不变，说明反应1达到平衡，此时CO2、CO、H2O的浓度不再变化，则反应2也达到平衡状态，故E正确；答案为AE；②根据题目数据，列如下算式：平衡时容器内的体积分数为，即，解得x=1.44，则平衡时CO2、H2、CO、H2O的物质的量分别为1.76mol、8.16mol、1.44mol、2.64mol，反应2是气体体积相等的反应，K===0.26；则内=0.16；（3）①该电池负极化合价升高，则为NH3放电生成N2，电极反应式为2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；②电解池中，b为阳极，电极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，a为阴极，电极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3；该反应转移电子为15个，处理时转移电子的物质的量为12mol，同时HNO3需要补充NH3的物质的量为1.6mol，氨燃料电池需要提供12mol的电子，则需要NH34mol，故一共需要NH35