云南省临沧地区中学2025届高三上学期高考适应性月考（三）联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1云南省临沧地区中学2025届高三上学期高考适应性月考（三）联考试题注意事项：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.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：H1C12N14O16Na32Fe56Cu64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.中华传统文化中蕴含着诸多化学知识，下列说法错误的是A.庾信的《杨柳歌》“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”，现实生活中的“飞絮”“鹅毛”主要成分都是蛋白质B.“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色试验C.“霾尘积聚难见人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应D.《天工开物》记载“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料【答案】A【解析】A．庾信的《杨柳歌》“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”，现实生活中的“飞絮”主要成分是纤维素，“鹅毛”主要成分是蛋白质，故A错误；B．很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色试验，“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色试验，故B正确；C．“霾尘积聚难见人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应，故C正确；D．《天工开物》记载“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料，故D正确；故选A。2.下列化学用语表达正确的是A.乙炔的空间填充模型：B.基态铜原子的价层电子排布式：C.键电子云轮廓图：D.甲基的电子式：【答案】B【解析】A．为乙炔的球棍模型，乙炔的空间填充模型：，A错误；B．基态铜原子为29号元素，电子排布遵循能量最低原理及全充满稳定规则，价层电子排布式为3d104s1，B正确；C．p-pσ键为p轨道“头碰头”重叠，电子云轮廓图呈轴对称；π键为“肩并肩”重叠，若图片显示为上下对称的π键轮廓，C错误；D．甲基的电子式：，D错误；故选B。3.类比法是一种学习化学的重要方法。下列说法正确的是A.中碳为价，则中硅也为价B.为三角锥形分子，则也为三角锥形分子C.酸性强于，则酸性强于D.的键能大于I-I，则F-F的键能大于【答案】C【解析】A．SiH4中硅为+4价，氢为-1价，A错误；B．中心原子有3个价层电子对，孤电子对为0，为平面三角形分子，B错误；C．F和Cl是电负性很高的元素，F和Cl原子的极强的吸电子能力以及羰基的诱导作用，使和分子中羰基O原子的正电性增强，从而对H原子的吸引减弱而使其易于解离，所以酸性强于，F的电负性强于Cl，酸性也强于，C正确；D．由于F-F的键长短，两核间的斥力及电子层间斥力增大，使F-F的键能减小，小于Cl-Cl的键能，D错误；故选C。阅读下列资料，完成各小题。二氧化氯是一种黄绿色强氧化性气体，易溶于水且溶液在低温下稳定，其与强碱溶液反应生成与，实验室制备的反应为。4.下列有关物质的性质和用途具有对应关系的是A.能溶于水，可用于工业制盐酸B.有强氧化性，可用于水体杀菌消毒C.不稳定，可用于棉、麻漂白D.溶液呈酸性，可用于蚀刻电路板上的铜5.下列有关实验室制备的实验原理和装置不能达到实验目的的是A.用装置甲获取 B.用装置乙制备C.用装置丙吸收 D.用装置丁处理尾气【答案】4.B5.B【解析】4.A．工业制盐酸的方法是将氢气和氯气点燃生成氯化氢，而不是氯气与水反应，A项错误；B．ClO2用于自来水消毒是利用其强氧化性，B正确；C．HClO可用作棉、麻的漂白剂是利用HClO的氧化性，C错误；D．FeCl3用于蚀刻印刷电路板是利用Fe3+的氧化性，D错误；故选B；5.A．实验室制备SO2，常用Na2SO3粉末和70%硫酸反应，A正确；B．应是长管通入SO2，短管出气，B错误；C．二氧化氯极易溶于水，不与水反应，装置丙吸收二氧化氯，C正确；D．二氧化氯、二氧化硫能与碱反应，防止它们污染空气，D正确；故选B。6.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.7.8g与的混合物，含离子总数为0.3B.氧原子总数为0.2的和的混合气体，其体积为2.24LC.标准状况下2.24L氯气与5.6g铁完全反应，转移的电子数目为0.3D.2.7g铝粉与足量NaOH溶液充分反应后，产生的分子数为0.1【答案】A【解析】A．7.8g物质的量为0.1mol，含离子总数0.3，7.8g物质的量为0.1mol，含离子总数0.3，因此7.8g与的混合物，含离子总数为0.3，A正确；B．缺少标准状况下，因此无法计算气体体积，B错误；C．5.6g铁(物质的量为0.1mol)与标准状况下2.24L氯气(物质的量为0.1mol)完全反应，由于氯气少量，因此转移的电子数目为0.2，C错误；D．1mol铝与足量氢氧化钠溶液反应生成1.5mol氢气，则2.7g铝粉与足量氢氧化钠溶液反应生成氢气的分子数为，D错误。答案选A。7.下列离子方程式不能正确表示体系颜色变化的是A.向悬浊液中加溶液，有黑色难溶物生成：B.向酸性溶液中加入固体，溶液紫色褪去：C.向橙色溶液中加入溶液，溶液变黄色：D.向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色：【答案】B【解析】A．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，是由于发生沉淀的转化，离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)，A正确；B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，二者发生氧化还原反应，KMnO4被还原为无色Mn2+而使溶液紫色褪去，NaHSO3被氧化为硫酸钠，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：2+5+H+=2Mn2++5+3H2O，B错误；C．在溶液中存在化学平衡：+H2O2+2H+，向其中加入NaOH溶液，NaOH电离产生的OH-消耗其中的H+，使该平衡正向移动，显黄色，其浓度增大而使溶液由橙色变成黄色，C正确；D．向稀硝酸中加入铜粉，反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，溶液中含有Cu2+而使溶液变蓝色，该反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，D正确；故选B。8.某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种短周期元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列叙述正确的是A.最简单氢化物的热稳定性：Y>ZB.该化合物阴阳离子中均有配位键C.第一电离能：Z>Y>X>WD.Y元素基态原子有5种不同运动状态的电子【答案】B【解析】由题干信息可知，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，故Z为C元素或者O原子，根据多孔材料前驱体机构，Z可以形成2个共价键，因此，Z为O元素，M只形成一个单键，因此M为H元素，Y周围形成了4个化学键，因此Y为N元素，X可形成4个共价键，因此X为C元素，W为B元素。综上所述，M为H元素、W为B元素、X为C元素、Y为N元素、Z为O元素。A．C的非金属性弱于N，因此其气态氢化物的稳定CH4<NH3，选项A错误；B．Y为N元素，其可以形成3个共价键，还存在一对孤电子对，在结构的阳离子中，N与H+形成配位键，H+提供空轨道，N提供孤电子对；B最外层有3个电子，可以形成3个共价键，B还存在可以容纳孤电子对的空轨道，因此B可以容纳O提供的孤电子对形成配位键，因此，材料的阴阳离子中均存在配位键，选项B正确；C．W、X、Y、Z均为同一周期元素，其第一电离能的变化趋势为逐渐增大，但由于Y为N元素，其电子结构中存在半满状态，导致其第一电离能要比相邻两族的元素高，因此W、X、Y、Z的第一电离能大小为Y＞Z＞X＞W，选项C错误；D．N元素有7个电子，每个电子的运动状态均不相同，因此N元素基态原子有7种不同运动状态的电子，选项D错误；答案选B。9.科研人员利用Cu/ZnO作催化剂，在光照条件下实现了和合成，该反应历程示意图如下下列说法错误的是A.过程Ⅰ中在Cu表面断裂成H原子，在ZnO表面上形成了B.过程Ⅱ中存在极性键的断裂与形成，且有生成C.过程Ⅳ中有C—H键形成，会吸收能量D.总反应的化学方程式是【答案】C【解析】A．过程Ⅰ中在ZnO表面吸附，且和—OH转化为，故A正确；B．过程Ⅱ中涉及C—O键的断裂与C—H键和H—O键的形成，且C—O、C—H、H—O均为极性键，故B正确；C．过程Ⅴ中生成时，是与—H形成，存在H—O键形成的过程，则该过程放出能量，故C错误；D．该过程总反应是和在Cu/ZnO催化剂作用下，合成，总反应方程式为，故D正确；故答案为C。10.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯和甲苯中分别滴加少量酸性溶液，充分振荡，苯中溶液为紫红色，甲苯中溶液为无色甲基使苯环变活泼，苯环被氧化B向有机物Y的水溶液中加入少量稀溴水，无白色沉淀生成Y不属于酚类物质C在圆底烧瓶中放入几小块电石，逐滴加入适量的蒸馏水，将产生的气体通入溴水中，溶液褪色产物中乙炔生成D向洁净试管中加入新制银氨溶液，滴入几滴乙醛，振荡，水浴加热，试管壁上出现银镜乙醛有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．向苯和甲苯中分别滴加少量酸性高锰酸钾溶液，充分振荡，苯中溶液为紫红色，甲苯中溶液为无色说明苯环使甲基变活泼，甲基被氧化，故A错误；B．向有机物Y的水溶液中加入少量稀溴水，无白色沉淀生成，可能是由于Y不属于酚类物质，也可能是由于溴水浓度小，反应产生是三溴苯酚量少，没有形成沉淀，故B错误；C．向电石中滴加蒸馏水，产生的气体不仅有乙炔还有、等杂质也可以使溴水褪色，故将气体通入溴水中溶液褪色不能证明有乙炔生成，故C错误；D．向洁净试管中加入新制银氨溶液，滴入几滴乙醛，振荡，水浴加热，试管壁上出现银镜，说明乙醛和银氨溶液发生氧化还原反应，银氨溶液被乙醛还原为银，证明乙醛具有还原性，故D正确；故选D。11.工业上常以铝土矿(主要成分为，含少量)为原料冶炼金属铝，其工艺流程如图：下列说法正确的是A.“溶解时发生反应的离子方程式为B.“酸化”时可以用代替C.“过滤2”中所得滤液的主要成分为D.“熔融电解”时加入试剂X为冰晶石，用作催化剂【答案】A【解析】铝土矿(主要成分为，含少量)，加入NaOH溶液溶解后，滤渣为，滤液为溶液，通入过量的CO2生成Al(OH)3，过滤，滤液主要为碳酸氢钠溶液，滤渣为Al(OH)3，灼烧后得到Al2O3，加入冰晶石，在熔融状态下电解Al2O3，得到Al和氧气，冰晶石的作用是降低Al2O3的熔点。A．由分析可知，加入NaOH溶液后，与氧化铝反应生成，反应的离子方程式为，故A正确；B．“酸化”时不可以用代替，因为如果过量会溶解Al(OH)3，故B错误；C．“过滤2”中所得滤液的主要成分为，故C错误；D．试剂X为冰晶石，作用是降低Al2O3的熔点，故D错误；答案选A。12.一种新型液态燃料电池的工作原理示意图如下(a、b均为石墨电极)。下列说法正确的是A.电极b为负极，发生氧化反应B.电池放电时正极区溶液减小C.正极的电极反应式为D.用此电池为铅酸蓄电池充电，当生成时，理论上铅酸蓄电池消耗水【答案】D【解析】该装置为为原电池，根据硫酸根移动方向可知，a为负极，负极反应式为：，b为正极，正极反应为：，气体c为氧气，据此分析解题。析可知b为正极，发生还原反应，A错误；B．根据正极反应：，电池放电时正极区溶液中氢离子浓度减小，增大，B错误；C．根据分析可知，b为正极，正极反应为：，C错误；D．充电过程铅酸蓄电池总反应：2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO4，铅酸蓄电池消耗水，转移电子数为0.2mol，，当生成时转移电子数为0.2mol，两者转移电子数相同，D正确；答案选D。13.硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可形成多种化合物。某化合物是潜在热电材料之一，其晶胞结构如图甲所示，晶胞参数为apm，沿x、y、z轴方向的投影均如图乙所示。下列说法错误的是A.基态钾原子核外电子有10种空间运动状态B.Se和K的最短距离为C.该化合物的化学式为。D.距离Se最近的Se有12个【答案】C【解析】A．基态钾原子的电子排布式为，占据10个轨道，故有10种空间运动状态，A项正确；B．Se原子位于八面体的体心，处于晶胞的顶点和面心，所以和的最短距离为晶胞体对角线的，为，B项正确；C．根据均推法，一个晶胞中含有8个和4个，所以化学式为，C项错误；D．由于Se位于晶胞顶点和面心，根据面心立方模型，距离最近的原子有12个，D项正确；本题选C14.[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是（）A.Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10B.1molHCHO分子中含有σ键的数目为1.806×1024C.HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3D.[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为【答案】C【解析】A．Zn原子序数为30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A选项正确；B．1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个σ键，所以，1molHCHO分子中含有σ键的物质的量为3mol，数目为1.806×1024，B选项正确；C．HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-C≡N)中的C为sp杂化，C选项错误；D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为，D选项正确；答案选C。15.某温度下，向一定体积一元弱酸溶液中逐滴加入等浓度的溶液，溶液中与的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.该温度下，水的离子积常数为B.、两点所示的溶液中，水的电离程度一定相同C.点消耗的溶液的体积等于溶液的体积D.点溶液加水稀释，减小【答案】D【解析】A．该温度下，，Q点=a且=a，故=2a，，并非a2，A错误；B．M点溶液呈酸性（<a），可能为HA过量抑制水的电离；N点溶液呈碱性（>a），可能为NaA水解（促进水电离）或NaOH过量（抑制水电离），水电离程度可能不同，B错误；C．Q点溶液中性，若NaOH与HA体积相等，恰好生成NaA（强碱弱酸盐，水解显碱性），与中性矛盾，故NaOH体积小于HA体积，C错误；D．M点溶液含HA和A⁻，，则。加水稀释，c(H⁺)减小，不变，比值减小，D正确；故答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。16.黏土钒矿中，钒以价、价、价的化合物存在，还包括和铝硅酸盐等。采用如图所示流程可由黏土钒矿制备和硫酸铝铵。已知：ⅰ．有机酸性萃取剂的萃取原理为：。表示有机溶液ⅱ．酸性溶液中，对价钒萃取能力强，而对价钒的萃取行较弱ⅲ．能萃取而不能萃取（1）从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的格施有___________。（2）滤渣的主要成分是___________。（3）浸出液中钒以价、价的形式存在，简述加入铁粉的原因：___________。（4）和反应生成和的离子方程式是___________。（5）测定产品的纯度称取产品，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用。溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是___________(的摩尔质量为)。（6）从无机层获得的离子方程式是___________。【答案】（1）将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等（2）SiO2（3）溶液中加入铁粉，将+5价钒还原为+4价钒，同时将还原为，有机酸性萃取剂HR将+4价钒萃取到有机层，有利于分离钒和铁（4）（5）（6）【解析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括还包括、和铝硅酸盐()等等，钒矿粉中加入浓硫酸酸浸氧化，使VO+和VO2+生成，SiO2成为滤渣，浸出液含有：H+、Fe3+、、Al3+等离子；加入氨水至pH=1.0~1.5，中和过量的硫酸并生成硫酸铝铵固体，根据信息ⅱ：酸性溶液中，对价钒萃取能力强，而对价钒的萃取行较弱和ⅲ：能萃取而不能萃取，溶液中加入铁粉，将+5价钒还原为+4价钒，同时将还原为，有机酸性萃取剂HR将+4价钒萃取到有机层，无机层加入氨水生成，灼烧得到Fe2O3，有机层加入硫酸反萃取后，再加入KCIO3和VO2+反应生成，溶液中含有，加入氨水沉钒的产物：NH4VO3，高温加热NH4VO3制备V2O5，据此分析解答。（1）黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等，故答案为：将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等；（2）黏土钒矿中，加入浓硫酸酸浸氧化，使Fe2O3和Al2O3溶解，SiO2成为滤渣，故答案为：SiO2；（3）根据信息ⅱ：酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+5价钒萃取能力较弱和ⅱi：HR能萃取Fe3+而不能萃取Fe2+，溶液中加入铁粉，将+5价钒还原为+4价钒，同时将还原为，有机酸性萃取剂HR将+4价钒萃取到有机层，有利于分离钒和铁，故答案为：溶液中加入铁粉，将+5价钒还原为+4价钒，同时将还原为，有机酸性萃取剂HR将+4价钒萃取到有机层，有利于分离钒和铁；（4）根据升降价守恒和原子守恒配平和反应生成和的离子方程式为：；（5），列关系式可知，，则产品中的质量分数是，故答案为：；（6）由分析可知从无机层中加入氨水获得的离子方程式为：，故答案为：。17.二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问题：（1）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：①电解时阳极电极反应式为__________________________。②除去ClO2中的NH3可选用的试剂是___________（填标号）。a．水b．碱石灰c．浓硫酸d．饱和食盐水（2）用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为______________________。②玻璃液封装置的作用是______________________。③V中加入指示剂，滴定至终点现象是______________________。④测得混合气中ClO2的质量为______g。⑤某同学用某部分刻度模糊不清的50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面处于如图所示的刻度处，则管内液体的体积________（填代号）。a．等于23.60mLb．等于27.60mLc．小于23.60mLd．大于27.60mL【答案】①.NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+②.c③.2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O④.吸收残留的ClO2⑤.当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变⑥.0.027⑦.d【解析】（1）电解时与电源正极相连的阳极失去电子，发生氧化反应，与电源负极相连的阴极得到电子发生还原反应。根据题中ClO2的制备过程，可知电解产物有H2、NCl3，据此可得出电极反应方程式。（2）分析实验过程，可知实验过程中涉及的反应方程式有：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-，据此进行分析。（1）①电解时阳极失去电子，发生氧化反应，结合题中电解过程生成的产物，可知阳极电极反应方程式为：NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+；答案为：NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+；②根据ClO2和NH3的性质进项分析：a．ClO2和NH3均易溶于水，不能用水和饱和食盐水来除去氨气，a项错误；b．碱石灰不能吸收氨气，b项错误；c．浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故除去除去ClO2中的NH3可选用的试剂浓硫酸。c项正确；d．ClO2和NH3均易溶于水，不能用饱和食盐水来除去氨气，d项错误；答案为：c；（2）①由题给信息可知，ClO2通入锥形瓶把I-氧化为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，则锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；②由于ClO2是气体，容易挥发到空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的ClO2气体，答案为：吸收残留的ClO2；③根据淀粉遇碘变蓝，溶液中应是加入了淀粉作指示剂，当到达滴定终点时，I2完全转化为I-，溶液蓝色褪去。故滴定至终点的现象是：当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；答案为：当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；④根据反应方程式：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-，可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O32-，由此可知混合气体中ClO2的质量为。答案为：0.027；⑤图中液面读数为22.40mL，滴定管最大读数为50.00mL，故液面与最大读数间的液体体积差为27.60mL，因为滴定管尖嘴部分仍有一定的液体，则滴定管内液体体积应大于27.60mL，答案选d。答案为：d。18.综合利用化石燃料，提高利用率，有助于实现“碳达峰、碳中和”。回答下列问题：Ⅰ.利用CH4－CO2干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。该反应一般认为通过如图步骤来实现：①CH4(g)C(ads)+2H2(g)②C(ads)+CO2(g)2CO(g)上述反应中C(ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图：（1）CH4~CO2干重整反应的热化学方程式为________(选用含E1、E2、E3、E4、E5的表达式表示反应热)，该反应的决速步骤是________(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。（2）在恒压条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，CH4和CO2的平衡转化率曲线随温度变化如图所示。已知在干重整中还发生了副反应：③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H＞0，则表示CO2平衡转化率的是曲线_______(填“A或B”)，判断的依据________。Ⅱ.在一密闭容器中，通入1molCH4和3molH2O(g)发生甲烷的水蒸气重整反应，方程式如下：④CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)。（3）500℃时，反应相同时间后测得CH4的转化率随压强的变化如图所示，则图中E点和G点，处于化学平衡状态的是________点(填“E或G”)。（4）若tmin后反应至E点，此时容积为VL，则用H2O(g)表示的化学反应速率为________mol/(L•min)(用含t、V的式子表示)。结合图中的相关数据，计算此温度下反应④的平衡常数Kp=________(用分压代替浓度，分压=总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。【答案】（1）①.②.反应Ⅰ（2）①.A②.是吸热反应，发生副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H＞0，副反应中二氧化碳和氢气反应也是吸热反应，因此升高温度，两个反应平衡正向移动，二氧化碳转化率更大（3）G（4）①.②.【解析】（1）根据题意，焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则CH4~CO2干重整反应的热化学方程式为；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；反应Ⅱ的活化能比反应Ⅰ活化能小，该反应的决速步骤是比反应Ⅰ；（2）是吸热反应，发生副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H＞0，副反应中二氧化碳和氢气反应也是吸热反应，因此升高温度，两个反应平衡正向移动，二氧化碳转化率更大，因此表示平衡转化率的是曲线A；（3）增加压强，反应速率加快，相同时间内甲烷转化率增大，F点甲烷转化率最高，反应为气体分子数减小的反应，继续增加压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，则E点没有达到平衡状态、G达到平衡状态；（4）若tmin后反应至E点，此时容积为VL，甲烷转化率为0.6，则反应甲烷0.6mol，则；K只有温度，由G点可知，反应总的物质的量为5.2mol，此温度下反应④的平衡常数。19.有机物是治