【化学】辽宁省丹东市2025届高三下学期总复习质量测试(一)试题(解析版)

辽宁省丹东市2025届高三下学期总复习质量测试（一）试题总分100分，时间75分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.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。若需改动，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上交。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23P31S32K39Mn55Fe56Pb207第Ⅰ卷(选择题共45分)一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个正确选项)1.2025年乙巳蛇年春晚是“春节”申遗成功后的首届春晚，以非遗文化视觉秀开场。下列叙述正确的是A.“洛阳牡丹瓷”是一种新型无机非金属材料B.“扬州绒花”所用蚕丝的主要成分属于有机高分子材料C.“庆阳剪纸”所用纸张的主要成分与淀粉互为同分异构体D.“打铁花”的绚烂色彩仅与Fe原子核外电子跃迁吸收能量有关【答案】B【解析】A．“洛阳牡丹瓷”属于传统陶瓷，主要成分是硅酸盐，是传统无机非金属材料，并非新型无机非金属材料，A错误；B．“扬州绒花”所用蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属于有机高分子材料，B正确；C．“庆阳剪纸”所用纸张的主要成分是纤维素，纤维素和淀粉都属于高分子化合物，由于聚合度n不同，它们的分子式不同，不互为同分异构体，C错误；D．“打铁花”的绚烂色彩是因为Fe原子核外电子跃迁释放能量，而不是吸收能量

，D错误；故选B。2.下列化学用语表述正确的是A.的空间结构模型：B.的电子式：C.反-2-丁烯的球棍模型：D.分子内氢键的示意图：【答案】C【解析】A．的空间结构模型为三角锥形，，A错误；B．电子式为：，B错误；C．图示为反-2-丁烯的球棍模型，C正确；D．分子内氢键示意图为：，D错误；故选C。3.下列装置可以完成相应实验的是A．色谱法分离、提纯有机物B．标准碱溶液滴定未知浓度酸溶液C．熔融KOH固体D．测量氨气的体积A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．色谱法主要是利用物质的沸点、极性及吸附性质的差异来实现混合物的分离，该装置可以用来分离、提纯有机物，故A正确；B．标准碱溶液滴定未知浓度酸溶液，碱液需要装在碱式滴定管中，故B错误；C．KOH和瓷坩埚中二氧化硅反应，不能用来熔融KOH固体，故C错误；D．氨气易溶于水，量气管中不能加水来量取氨气的体积，故D错误；故选A。4.羰基硫是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。由和反应可制。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.与充分反应，生成分子的数目为B.参与反应，转移电子的数目为C.中含有键的数目为D.和的混合气体含有中子的数目为【答案】C【解析】A．17gH2S的物质的量为0.5mol。但反应是可逆的，无法完全转化为COS，实际生成的COS分子数小于0.5NA，故A错误；B．未注明标况，无法进行计算，故B错误；C．COS的结构为O=C=S，每个双键(C=O和C=S)含1个σ键，故每个COS分子含2个σ键。30gCOS的物质的量为30g÷60g/mol=0.5mol，σ键数目为NA，故C正确；D．H2分子无中子，D2分子含2个中子。若H2和D2混合，中子数取决于比例。题目未指明比例，无法确定中子数为1.5NA，故D错误；故选C。5.下列离子方程式书写正确的是A.用溶液吸收少量B.乙二醇与足量酸性溶液反应：C.实验室用和固体加热制D.酸性条件下用丙烯腈电解法合成己二腈的阴极反应：【答案】D【解析】A．用溶液吸收少量的离子方程式为：，A不符合题意；B．乙二醇与足量酸性溶液反应的离子方程式为：，B不符合题意；C．实验室用和固体加热制不是离子反应，不存在离子方程式，C不符合题意；D．酸性条件下用丙烯腈电解法合成己二腈的阴极反应：，D符合题意；故选D6.下列实验方案和现象能得出相应结论的是选项实验方案现象结论A向饱和溶液中加入稀盐酸产生的气体能使澄清石灰水变浑浊非金属性：B向溶有的溶液中加入溶液有白色沉淀生成酸性条件下有强氧化性C灼烧铜丝至其表面变黑，趁热伸入某有机物中铜丝恢复亮红色该有机物中一定含有醇羟基D向溶液中加入足量固体溶液从蓝色变为黄绿色转化为A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．向饱和溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，只能说明盐酸酸性强于碳酸，但比较非金属性强弱应依据最高价氧化物对应水化物的酸性，HCl不是Cl元素的最高价氧化物对应水化物，不能得出非金属性Cl>C的结论，A错误；B．向溶有有的溶液中加入溶液，有白色沉淀生成，可能是酸性条件下将氧化为，进而生成沉淀；也可能是将氧化为，不能确定就是酸性条件下有强氧化性导致沉淀生成，B错误；C．灼烧铜丝变黑生成CuO，趁热伸入某有机物中铜丝恢复亮红色，说明该有机物能将CuO还原为Cu

，可能是醇羟基，也可能是醛基等具有还原性的基团，不能确定一定含有醇羟基，C错误；D．向溶液中，以形式存在，溶液呈蓝色。加入足量NaCl固体后，溶液变为黄绿色，是因为浓度增大，转化为，D正确；故选D。7.科学家对青蒿素的结构进行进一步改良，合成了药效更佳的双氢青蒿素、蒿甲醚、青蒿琥酯钠盐等。下列说法正确的是A.青蒿素分子中所有碳原子可能共平面B.双氢青蒿素与蒿甲醚互为同系物C.青蒿琥酯钠盐比双氢青蒿素更易溶于水D.①、②的反应类型分别为还原反应、酯化反应【答案】C【解析】A．青蒿素分子中存在多个饱和碳原子，饱和碳原子具有类似甲烷的四面体结构，所以所有碳原子不可能共平面，A错误；B．同系物是结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物。双氢青蒿素与蒿甲醚的结构不相似，不互为同系物，B错误；C．青蒿琥酯钠盐中含有羧酸钠结构，属于钠盐，易溶于水；双氢青蒿素没有类似的易溶于水的基团，所以青蒿琥酯钠盐比双氢青蒿素更易溶于水，C正确；D．反应①中，青蒿素分子中的羰基被还原为羟基，属于还原反应；反应②中，双氢青蒿素与发生反应，是醇与醚的转化，不是酯化反应（酯化反应是醇与羧酸或无机含氧酸之间的反应），D错误；故选C。8.下列物质的鉴别或检验能达到目的的是A.用激光笔照射鉴别溶液和淀粉溶液B.用溶液检验是否完全变质C.用酸性溶液鉴别汽油、煤油和柴油D.用溴的四氯化碳溶液鉴别苯和环己烷【答案】A【解析】A．淀粉溶液属于胶体，具有丁达尔效应，用激光笔照射时会出现一条光亮的通路；而NaCl溶液不是胶体，用激光笔照射无丁达尔效应，所以可用激光笔照射鉴别NaCl溶液和淀粉溶液，能达到目的，A正确；B．溶液可检验，能检验是否变质，但不能检验是否完全变质，要检验是否完全变质，需检验溶液中是否还存在，不能达到目的，B错误；C．汽油、煤油和柴油都含有不饱和烃，都能使酸性溶液褪色，所以不能用酸性溶液鉴别它们，不能达到目的，C错误；D．苯和环己烷都不与溴的四氯化碳溶液反应，且都能萃取溴，现象相同，不能用溴的四氯化碳溶液鉴别它们，不能达到目的，D错误；故选A。9.我国科学家成功催化氢化获得甲酸。利用化合物1催化氢化的反应过程如图甲所示(Bu表示丁基)，其中化合物2与水反应生成化合物3和过程中的能量变化如图乙所示。下列说法正确的是A.图甲的转化过程中元素化合价均未发生变化B.化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成C.化合物2的总键能大于化合物3的总键能D.图乙表示反应历程包括三步基元反应，第一步为决速步【答案】B【解析】A．由图甲可知，化合物4转化为化合物1时，氢气生成水，被氧化，因此铁元素化合价降低被还原，化合物1转化为化合物2时，二氧化碳生成甲酸根离子，碳元素化合价降低，因此铁元素化合价升高，A项错误；B．由图甲可知，化合物1到化合物2的过程中二氧化碳中的碳氧键断裂，生成碳氢键，B项正确；C．由图乙可知，化合物2与水反应生成化合物3和过程是放热反应，则化合物2的总键能小于化合物3的总键能，C项错误；D．图乙中峰存在3个过渡态，则包括三步基元反应；其中峰值越大则活化能越大，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，第二步反应的活化能最大，故第二步为决速步骤，D项错误；故选B。10.已知反应的速率方程为。向恒温恒容的密闭容器中加入一定量发生上述反应，测得部分实验数据如下表所示。下列说法正确的是反应时间010203040A.前为B.其他条件相同时，的浓度越大，化学反应速率越大C.D.当的转化率为时，容器内压强为初始压强的倍【答案】D【解析】A．前，，，A错误；B．实验数据显示，浓度随时间线性减少，每10分钟减少相同量，说明反应速率为常数，与浓度无关（零级反应），因此，速率不随浓度增大而增大，B错误；C．若速率方程为，且实验数据符合零级反应特征（线性变化），则，而非，C错误；D．初始压强由浓度决定，当转化率为50%时，假设初始物质的量为，分解的，根据反应式，每生成气体（），故分解的生成和，剩余，总物质的量为，压强为初始的1.25倍，D正确；故选D。11.某食品添加剂的结构如图所示。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Q原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍。下列说法错误的是A.简单离子半径：B.简单氢化物的沸点：C.该化合物的水溶液显碱性D.Q的第一电离能比同周期相邻元素都低【答案】B【解析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Q原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，Q为O，W形成+1价阳离子且为短周期原子序数大于O的元素，则W为Na，根据结构可知，X形成一个价键且原子序数最小，则X为H，Z形成三条单键，说明Z最外层是5个电子，且Z序数小于O，则Z为N，Y形成四个键，最外层应该是4个电子，原子序数比N小，则Y是C元素，据此回答。A．Z、Q、W的简单离子分别为、、

，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子半径：>>

，即Z>Q>W，A正确；B．Q、Y、Z的简单氢化物分别为H2O、CH4、NH3，H2O、NH3分子间存在氢键，沸点较高，且H2O常温下为液态，NH3常温下为气态，所以简单氢化物的沸点：H2O>NH3>CH4，即Q>Z>Y，B错误；C．该化合物为

，为强碱弱酸盐，水解，且含有氨基，因此溶液显碱性，C正确；D．Q为O，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道半充满，较稳定，第一电离能N>O

，O的第一电离能比同周期相邻元素N、F都低，D正确；故选B。12.电催化()合成()，其工作原理如图1所示，电极的物质转化过程如图2所示，各物质含量的动态变化如图3所示。下列说法正确的是A.石墨烯电极与电源正极相连B.活化能：②>③C.若时间内电路中通过，则产生D.一段时间后，两电极室溶液的均减小【答案】B【解析】NiCo-LDHs电极材料上HMF()最终转化为FDCA()，其中醛基、羟基转化为羧基，发生氧化反应，则该电极为阳极，与电源正极相连，则石墨电极为阴极，与电源负极相连，据此回答；A．由图1可知，在NiCo-LDHs电极上HMF发生氧化反应转化为其他物质，所以NiCo-LDHs电极为阳极，石墨烯电极为阴极，阴极与电源负极相连，A错误；B．由图3可知FFCA的物质的量始终接近0，可知该过程中FFCA能迅速转化为FDCA，则FFCA转化为FDCA的活化能最小，反应一段时间后HMFCA高于HMF和FFCA，可知HMFCA转化为FFCA的反应速率较其他反应慢，故活化能：②>③，B正确；C．若HMF完全转化为FDCA，则发生的电极反应式为：+2H2O-6e-+6H+，此时电路中通过，生成1mol()，但由图3可知，时间内，HMF并未完全转化为FDCA，因此电路中通过，产生的物质的量小于，C错误；D．转化过程中NiCo-LDHs电极上HMF最终转化为FDCA，该过程中生成羧酸，溶液酸性增强，pH减小，阴极电极室中氢离子发生还原反应，但由于双极膜中氢离子移向阴极，硫酸的物质的量浓度不变，H不变，D错误；故选B。13.碳酸铈可用于制备稀土发光材料。实验室以二氧化铈废渣为原料制备的流程如下：已知：被有机萃取剂(简称)萃取的原理可表示为：。下列说法错误的是A.“酸浸”时，温度不宜过高B.“萃取”时，选用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯C.“反萃取”时，为了提高的反萃取率，应一次性加入大量的稀硝酸D.“沉淀”时，反应的离子方程式为【答案】C【解析】向二氧化铈废渣中加入稀盐酸、进行酸浸，得到含的浸出液，向浸出液中加入氨水进行中和，再加入有机萃取剂(简称)，发生，得到含的有机层，加入稀硝酸进行反萃取，得到溶液，再加入和发生进行沉淀，得到，据此回答。A．“酸浸”时加入了溶液，受热易分解，所以温度不宜过高，A正确；B．“萃取”操作需要用到分液漏斗和烧杯，用于混合溶液和分离，B正确；C．根据，“反萃取”时，一次性加入大量稀硝酸，会使溶液中浓度瞬间增大，平衡逆向移动，但不利于充分转移到水层，应分多次加入稀硝酸，提高的反萃取率，C错误；D．“沉淀”时，与、反应生成沉淀，离子方程式为，D正确；故选C。14.的晶胞结构如图甲所示，其中位于立方体的顶点、部分棱心和面心，O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，脱出部分，形成的晶胞结构如图乙、丙。下列说法错误的是A.图甲中每个晶胞中含有的单元数有4个B.图乙中C.图丙中晶胞边长为，则晶胞密度为D.充电①时，阳极反应式为【答案】C【解析】根据均摊法可知图甲晶胞中Li+的个数为：，另外根据图甲可知Fe、P、O之间的形成的多面体共4个；图乙晶胞中的Li+个数为，Fe、P、O之间的形成的多面体共4个。A．由上述分析可知图甲晶胞中含4个单元，A正确；B．依题可知中满足，x=，又知化合物中各元素化合价之和为0，设其中Fe2+个数为a，即有，得a=，，B正确；C．图丙晶胞密度，C错误；D．由图可知充电①过程中，部分Li+从脱出，失电子发生氧化反应生成，电极反应为，D正确；故答案选C。15.常温下，用溶液滴定等浓度的溶液，溶液的、微粒分布分数，X表示或随的变化如图所示，下列说法正确的是A.B.曲线Ⅰ表示的是随的变化曲线C.时，D.时，【答案】D【解析】如图，随着增大，逐渐转化为，再转化为

，所以曲线Ⅰ表示的分布分数，曲线Ⅱ表示的分布分数，曲线Ⅲ表示的分布分数

，据此回答。A．当时，，即n不等于7，A错误；B．由上述分析可知，曲线Ⅰ表示的是随的变化曲线，B错误；C．当时，溶液中溶质为等物质的量的NaHA和

，根据电荷守恒

，物料守恒，联立可得，整理可得，此时溶液呈酸性，，，，所以

，C错误；D．当时，溶质为

，此时大于0.75，小于0.25，所以，D正确；故选D。第Ⅱ卷(非选择题共55分)二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.四氧化三锰可用于软磁材料、半导体电子材料等的制造。一种以锰矿粉[主要成分为，含有少量等杂质]为原料制备四氧化三锰的工艺流程如下图所示：已知：Ⅰ．常温下，。Ⅱ．常温下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全()的如下表：金属离子开始沉淀的8.17.01.934沉淀完全的10.19.03.24.7回答下列问题：（1）Mn在元素周期表中的位置为___________。（2）“浸出”中，参与反应的离子方程式为___________，滤渣1的主要成分为___________。（3）“调”中，加入适量试剂a调节的目的是使完全沉淀，则试剂a最适宜选用___________(填标号)；此时溶液中最大为___________。A．B．C．D．（4）“沉锰”后的滤液中溶质的主要成分是___________。（5）“氧化”中，在空气中加热到时反应生成和一种对空气无污染的气体，反应的化学方程式为___________。（6）也可以通过直接电解溶液获得，电解原理如图所示(M、N均为惰性电极)。N极的电极反应式为___________。【答案】（1）第四周期第ⅦB族（2）①.②.（3）①.B②.（4）（5）（6）【解析】氧化锰矿含Mn2O3、MnOOH、Fe2O3、Al2O3、SiO2、CuO等，加入H2SO4、H2O2浸取，过滤出SiO2，得到含有MnSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3、CuSO4的混合溶液，加入适量Mn(OH)2调节pH生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去溶液中的铁、铝元素；滤液中加入(NH4)2S生成CuS除去铜元素；滤液中加入NH4HCO3沉锰，MnSO4和NH4HCO3反应生成(NH4)2SO4、MnCO3、CO2，最后在空气中加热MnCO3得到Mn3O4。（1）Mn为25号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅦB族；（2）与硫酸、H2O2反应生成MnSO4、O2和水，反应的离子方程式为；由上述分析可知SiO2与H2SO4、H2O2不反应，故滤渣为SiO2；（3）浸出液中含Mn2+，故选择含二价锰的Mn(OH)2调pH，使Fe3+、Al3+沉淀；“调pH”中确保Fe3+、Al3沉淀完全，Mn2+未开始沉淀，故4.7<pH<8.1，当pH=4.7，即c(OH-)=10-9.3时，c(Cu2+)最大；此时c(Cu2+)；（4）由上述分析可知“沉锰”后，溶质主要为(NH4)2SO4；（5）依题“氧化”过程中，MnCO3在空气中加热得到Mn3O4和CO2，反应化学方程式为；（6）由电解原理图中H+的移动方向可知，N为阳极；该电极可将MnSO4转化为Mn3O4，故N极的电极反应为。17.己二酸是医药、合成染料和香料等的重要原料。一种以环己醇为主要原料制备己二酸的实验步骤如下：ⅰ.按如图所示(夹持装置已省略)进行装置连接。ii．向①中加入蒸馏水，使固体几乎全部溶解。ⅲ.向④中加入环己醇(密度)，边搅拌边慢慢(滴/s)将环己醇滴入①中，控制反应液温度为，继续搅拌。ⅳ.反应完毕后，___________，将溶液蒸发浓缩至左右；冷却，在搅拌下慢慢滴入浓硫酸至溶液，析出白色晶体。已知：Ⅰ．将环己醇氧化为己二酸的反应较剧烈且放热。Ⅱ．碱性条件下溶液的氧化能力弱于酸性环境，且还原产物为。回答下列问题：（1）仪器③的名称是___________，仪器①应选择的容积是___________(填标号)。a．50mLb．100mLc．250mLd．500mL（2）步骤ⅱ中，为加快和的溶解速率，可采用的操作方法有___________(答出一条即可)。（3）步骤ⅲ中，环己醇要慢慢滴入的原因是___________，“控制反应液温度为”的方法可以是___________。（4）步骤ⅳ中空缺的实验操作为___________；加入浓硫酸发生反应的化学方程式为___________。（5）将步骤ⅳ中得到的白色晶体洗涤、干燥，得到3.0g纯净的产品，则该制备实验的产率约为___________(结果保留3位有效数字)。【答案】（1）①.球形冷凝管②.b（2）搅拌(或适当加热)（3）①.减缓反应速率，防止反应过于剧烈②.冷水浴控制反应体系温度(冷水浴、冰水浴均可)（4）①.过滤(抽滤、减压过滤均可)②.（5）81.5%【解析】向三颈烧瓶中加入KMnO4固体、Na2CO3加水溶解，再向恒压滴液漏斗中加入环己醇，按图示连接好装置，打开恒压滴液漏斗中的活塞，控制环己醇滴加速度，发生反应，待反应完毕后，趁热抽滤混合物，加热浓缩，冷却至室温，在搅拌下慢慢滴入浓硫酸至pH=2，析出白色晶体，据此解答。（1）仪器③的名称是球形冷凝管，仪器①中，一般来说，液体一般超过三分之一，不超过容器的三分之二，应选择的容积是100ml；（2）步骤ⅱ中，为加快和的溶解速率，可采用的操作方法有搅拌(或适当加热)；（3）已知将环己醇氧化为己二酸的反应较剧烈且放热，步骤ⅲ中，环己醇要慢慢滴入的原因是减缓反应速率，防止反应过于剧烈，“控制反应液温度为”的方法可以是冷水浴控制反应体系温度(冷水浴、冰水浴均可)；（4）已知溶液的氧化能力弱于酸性环境，且还原产物为，有固体存在，所以步骤ⅳ中空缺的实验操作为过滤(抽滤、减压过滤均可)，加入浓硫酸发生反应的化学方程式为；（5）将步骤ⅳ中得到的白色晶体洗涤、干燥，得到3.0g纯净的产品，环己醇(密度)，质量为，物质的量为，的物质的量为，过量，则由元素质量守恒可知，n(己二酸)=n(环己醇)，则m(己二酸)=n(己二酸)M(己二酸)=0.02522mol×146g/mol=3.68g，则该制备实验的产率约为。18.常见火箭推进剂燃料液肼、液氢、乙醇的相关研究是能源利用领域的研究热点。Ⅰ．已知在和一定温度下，由元素的最稳定单质生成纯物质的热效应称为该物质的标准生成焓，用表示。相同状况下有关物质的标准生成焓如图所示。（1）火箭推进剂可用作燃料，作氧化剂，反应的热化学方程式可表示为：___________。Ⅱ．液氢是一种高能低温液体燃料，可由多种途径制备得到，再经加压降温即得到液氢。（2）下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为，则的平衡转化率为___________，平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。Ⅲ．乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为：反应1：反应2：（3）在时，若仅发生反应1和反应2，平衡时和的选择性及的产率随温度的变化如图所(的选择性)升高温度，平衡时的选择性___________(填“增大”“减小”或“先增大后减小”)；分析曲线②在前后变化趋势相反的原因___________。（4）在密闭容器中充入和发生反应1和反应2，下列说法错误的是___________(填标号)。A.反应1在高温下可自发进行B.恒压充入稀有气体，反应2平衡不移动C.容器内混合气体的平均相对分子质量不变，则反应均达到平衡状态D.恒温恒容时，增大的比值，乙醇平衡转化率减小Ⅳ．乙醇碱性燃料电池可作为电源给铅酸蓄电池充电，一段时间后铅酸蓄电池的阴极减少了，（5）此时理论上消耗乙醇的质量为___________g。【答案】（1）-1079.2kJ/mol（2）①.50%②.1/9或0.11（3）①.增大②.在之前，以反应1为主，温度升高，氢气的产率增大，在之后，以反应2为主，温度升高，氢气的产率减小（4）B（5）2.3【解析】（1）①根据摩尔生成焓的定义，可得到以下三种物质的摩尔生成焓的热化学方程式：Ⅰ．；Ⅱ．；Ⅲ．依据盖斯定律，将4×Ⅲ-(2×Ⅰ＋Ⅱ)可得热化学方程式：，其焓变；（2）①、下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与分压比为，设起始时的物质的量为，的物质的量为，参加反应的物质的量为xmol，则可建立如下三段式：恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，依题意可得：，解得，平衡时，，，，，则的平衡转化率为=50％。由于反应前后体积不变，则平衡常数Kp==或0.11。（3）根据已知反应1、2均为吸热反应，升高温度均有利于平衡正向移动，平衡时CO2和CO的选择性之和为100%，故平衡时CO2和CO的选择性的变化趋势相反，只有第二个反应生成CO，因此升温CO的选择性升高，故曲线③表示CO的选择性随温度的变化，曲线②表示平衡时H2的产率随温度的变化，曲线①表示CO2的选择性随温度的变化，则CO的选择性随温度的变化增大；H2的产率在前增大，在后减小，其原因是：在300℃之前，以反应1为主，温度升高，氢气生成量大于消耗量，氢气的产率增大，300℃以后，以反应2为主，温度升高，氢气消耗量大于生成量，氢气的产率减小；（4）A．反应1，根据反应自发进行，则高温自发进行，A正确；B．恒压充入稀有气体，则体积变大，与原平衡相比，相当于减压，反应1正向移动，、分压增大，连带反应2平衡正移，B错误；C．两个反应全是气体，气体的总物质的量是个变化的量，气体总质量不变，则平均相对分子质量是变化的量，混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到了平衡，C正确；D．恒温恒容时，增大的比值，相当于水的物质的量不变增加乙醇的物质的量，乙醇的浓度增大，平衡正向移动，水平衡转化率增大，乙醇平衡转化率减小，D正确；故选B；（5）铅酸蓄电池充电是阴极的反应为，减少的质量为的质量，因此转移的电子数为：；醇碱性燃料电