2026河北化学高考试题+参考答案+解析

第1页/共1页2026年普通高中学业水平选择性考试(河北卷)化学本试卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Br—80一、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.我国战略性新兴产业和未来产业发展日新月异，先进化学材料发挥了支撑作用。下列材料中主要成分属于有机物的是A.人形机器人皮肤材料——硅橡胶B.第三代半导体核心材料——碳化硅C.航空锂电池电极材料——石墨烯D.5G通讯传输光缆材料——光导纤维【答案】A【解析】A．硅橡胶是含有碳元素的有机高分子聚合物，属于有机物，A符合题意；B．碳化硅化学式为，属于无机碳化物，是无机物，B不符合题意；C．石墨烯是碳元素的单质，有机物属于含碳化合物，因此不属于有机物，C不符合题意；D．光导纤维的主要成分为，属于无机非金属氧化物，是无机物，D不符合题意；故选A。2.下列操作不符合化学实验安全要求的是A．切割钠B．试管中加锌粒C．点燃酒精灯D．转移热蒸发皿A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．切割钠时用镊子夹持，在玻璃片上用小刀切割，剩余的钠放回原试剂瓶，操作符合实验安全要求，A不符合题意；B．向试管中加块状锌粒时，先将试管横放，用镊子将锌粒送至试管口后缓慢竖立试管，避免锌粒砸破试管底部，图中操作符合规范，B不符合题意；C．点燃酒精灯时禁止用燃着的酒精灯引燃另一盏酒精灯，否则易导致酒精洒出引发火灾，该操作不符合安全要求，C符合题意；D．热蒸发皿温度较高，用坩埚钳夹持转移，放置在石棉网上，可防止烫伤或损坏实验台，操作符合安全要求，D不符合题意；故选C。3.化学在推动社会发展和进步中发挥着重要作用。下列相关化学方程式错误的是A.工业合成氨：B.氯碱工业：C.氨脱硫法脱除烟气中少量二氧化硫：D.生产可降解高分子聚乳酸：【答案】D【解析】A．工业合成氨是与在高温、高压、催化剂条件下发生可逆反应生成，化学方程式为：，A正确；B．氯碱工业是电解饱和氯化钠溶液，生成、和，化学方程式为：，B正确；C．氨脱硫时，先与、反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵再被氧化为硫酸铵，化学方程式为：，C正确；D．乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸时，聚合物两端各保留1个氢原子和1个羟基，脱去的水分子数应为，化学方程式书为：+(n-1)H2O，D错误；故选D。4.化学助力体育强国与健康中国建设。下列说法错误的是A.乒乓球拍底板加入碳纤维材料，强度更高，质量更轻B.速滑冰刀由合金钢制成，熔点、强度均高于纯铁C.竞赛泳衣多采用氨纶复合面料，疏水、亲肤、弹性好D.铅球由铸铁和钢制成，硬度更大，更安全、更耐用【答案】B【解析】A．碳纤维具备强度高、密度小的优良性能，制作乒乓球拍底板可实现强度更高、质量更轻的效果，A正确；B．合金钢属于铁的合金，合金的熔点通常低于其组成纯金属的熔点，因此合金钢熔点低于纯铁，B错误；C．氨纶是聚氨酯类纤维，疏水、亲肤且弹性优异，适合制作竞赛泳衣，C正确；D．铸铁和钢均为铁碳合金，硬度远大于纯铁，制成铅球更安全耐用，D正确；故选B。5.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为。下列说法正确的是A.基态S原子价层电子的轨道表示式为B.的价层电子对互斥模型为C.分子中键与π键的个数比为1∶1D.分子的电子式为【答案】C【解析】A．基态S原子价电子排布为，根据洪特规则，3p轨道的4个电子应优先分占不同等价轨道，即1个p轨道填充2个电子，另外2个p轨道各填充1个单电子，选项中的轨道表示式违反洪特规则，正确的轨道表示式为，A错误；B．中心N原子的价层电子对数为，无孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角形：，B错误；C．的结构式为，每个双键包含1个键和1个键，分子中共2个键、2个键，二者个数比为，C正确；D．分子的电子式应为，孤电子对应分布在两个N原子的外侧，选项电子式书写错误，D错误；故选C。6.有机光电功能材料重要中间体X的一种合成反应如下：下列说法错误的是A.该反应的原子利用率为100%B.中碳原子都是杂化C.存在顺反异构D.可发生聚合反应【答案】C【解析】A．该反应属于加成反应，反应物的全部原子都转化为产物X，无其他副产物生成，原子利用率为100%，A正确；B．X中的碳原子一部分属于苯环结构，另一部分属于碳碳双键结构，均为杂化，B正确；C．顺反异构要求碳碳双键两端的每个碳原子都连接两种不同的基团，X中碳碳双键的末端碳原子连接2个氢原子，不存在顺反异构，C错误；D．X中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，D正确；故选C。7.我国科研工作者研发了一种高效双功能电催化剂，可实现硝酸盐与葡萄糖的同时转化，其原理如图所示：下列说法错误的是A.M是电源正极，N是电源负极B.电解一段时间后，电极Ⅱ附近减小C.电路中每通过电子，理论上产生0.5molD.总反应为【答案】B【解析】左侧电极Ⅰ上，C6H12O6转化为，碳元素的化合价从0升高到+1，发生氧化反应，电极反应式为，因此电极Ⅰ是阳极。右侧电极Ⅱ上，转化为NH3，氮元素的化合价从+5降低到-3，发生还原反应，电极反应式为，因此电极Ⅱ是阴极。【详解】A．根据上述分析，电极Ⅰ是阳极，应连接电源正极M；电极Ⅱ是阴极，应连接电源负极N，A项正确；B．电极Ⅱ是阴极，发生还原反应。转化为NH3，N的化合价从+5降为-3，每个N原子获得8e⁻。在碱性条件下，电极反应式为，阴极生成了OH⁻，导致电极Ⅱ附近c(OH⁻)增大，而不是减小，B项错误；C．根据分析可知电极Ⅰ发生的电极反应式为：每转移6mole⁻，生成1mol。因此转移3mole⁻时，生成0.5mol，C正确；D．将两极电极反应结合：阳极：，阴极：，将阳极×4，阴极×3，使得失电子数相等，相加得，D项正确；故选B。8.下列对宏观事实的微观解释错误的是选项宏观事实微观解释A霓虹灯发光电子从能量较高的轨道跃迁至能量较低的轨道时，以光的形式释放能量B常温下，苯酚能与溶液反应，而乙醇不能苯环使羟基中O-H键极性变强C不溶于水，可溶于苯水是极性分子，与苯均为非极性分子D某汽车防冻液(主要成分为水和乙二醇)的凝固点为-40℃乙二醇水溶液分子间的范德华力大于水分子间的范德华力A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．霓虹灯发光的本质是原子核外电子从高能级轨道跃迁至低能级轨道时，将多余能量以光的形式释放，A不符合题意；B．苯酚中羟基直接与苯环相连，苯环的吸电子效应使羟基O-H键极性增强，更易电离出氢离子，酸性强于连有给电子效应乙基的乙醇，因此苯酚能与NaOH反应而乙醇不能，B不符合题意；C．根据相似相溶规律，极性溶剂易溶解极性溶质，非极性溶剂易溶解非极性溶质，水是极性分子，和苯均为非极性分子，因此不溶于水可溶于苯，C不符合题意；D．乙二醇防冻液凝固点远低于纯水，本质原因是乙二醇可与水分子形成氢键，改变了纯水原本的分子间作用结构，使凝固点降低；若分子间范德华力越大，物质凝固点越高，原解释逻辑错误，D符合题意；故选D。9.对甲苯磺酸钠()熔点大于300℃，易溶于水。实验室合成路线如下：下列说法错误的是A.水分离装置的使用有利于反应①的进行B.温度过高会造成多取代副产物的增多C.饱和溶液有利于粗品的析出D.蒸馏法较重结晶法更适于的提纯【答案】D【解析】A．反应①是甲苯的磺化反应，这是一个可逆反应，反应过程中有水生成，水分离装置可移除生成的水，使平衡正向移动，有利于反应①进行，A正确；B．甲基为苯环邻、对位定位基，在过高的温度下，反应速率过快，能量较高，可能导致生成二磺酸或多磺酸等副产物，B正确；C．饱和溶液中浓度高，通过同离子效应可降低的溶解度，有利于其粗品析出，C正确；D．熔点大于300℃，沸点极高，一般需采用减压蒸馏，操作不方便，且蒸馏时高温可能导致其分解；且其易溶于水，重结晶法更适合提纯，D错误；故选D。10.是由我国科学家理论预测并合成的具有高温超导电性的材料，其立方晶胞如图所示，晶胞棱长为。晶体中氢原子与铍原子构成立方体单元()，铍原子位于体心。氢原子Y和Z的分数坐标分别为和。下列说法错误的是A.La原子周围最紧邻的氢原子有12个B.晶胞沿体对角线的投影图为C.X、Y两原子之间的距离为D.晶胞中含有4个单元【答案】A【解析】A．从晶胞图可以看出，La原子（黑球）位于立方晶胞的顶点和面心，位于棱心和体心，以位于面心的La原子为研究对象，周围最紧邻的有6个，每个单元中有4个H原子与La原子紧邻，则La原子周围最紧邻的氢原子有24个，A错误；B．立方晶胞沿体对角线投影后结构为正六边形结构，位于体对角线上的原子会投影到图像中心，面心原子会投影到中心周围，则该晶胞沿体对角线的投影图为：，B正确；C．氢原子Y和Z的分数坐标分别为和，则单元正方体的边长为0.65apm-0.35apm=0.3apm，X、Y两原子之间的距离为单元正方体体对角线的一半，为，C正确D．单元位于棱心和体心，数目为，因此晶胞含4个单元，D正确；故答案选A。11.X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。基态原子中电子对的数目、未成对电子数均与其所在周期数相同，与相邻，基态原子最高能级的电子有4种运动状态，与同主族，在同周期主族元素中第一电离能最大。下列说法正确的是A.简单氢化物的键角： B.双原子分子的稳定性：C.元素的电负性： D.元素的非金属性：【答案】A【解析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态原子中电子对的数目、未成对电子数均与其所在周期数相同，则X位于第二周期，电子排布为，共2对电子、2个未成对电子，X为C；Y与X相邻，原子序数更大，Y为N；Z最高能级有4种运动状态的电子，每个电子运动状态不同，即最高能级有4个电子，Y为N，Z原子序数更大，第二周期最高能级为，Z的最高能级为，Z为O；与同主族，M为P；在同周期主族元素中第一电离能最大，同周期主族元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，则为Cl。【详解】A．的简单氢化物为，中心C原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，杂化方式为sp3；的简单氢化物为，中心原子价层电子对数为=4，有1对孤电子对，杂化方式为sp3，孤电子对成键电子的斥力更大，会使键角变小，故键角>，A正确；B．的双原子分子为，的双原子分子为，含氮氮三键，键能远大于的双键，稳定性即，B错误；C．化合物HClO中Cl元素为+1价，O元素为-2价，可知O元素对成键电子的吸引力更强，电负性更大，则电负性，C错误；D．同周期主族元素从左到右非金属性递增，故非金属性即，D错误；故选A。12.的利用技术受到全球的广泛关注。在一定条件下使用催化剂将转变为的反应机理如下：下列说法错误的是A.反应③中的产物是H2OB.循环Ⅱ包含C—N键的形成与断裂C.吗啉和共同起催化作用D.总反应为【答案】B【解析】A．反应③中HCOO-与-NH-发生取代反应生成酰胺基，结合原子守恒可知，产物M为，A正确；B．循环Ⅱ中仅存在酰胺基中C-N键的断裂，没有新C-N键的形成，B错误；C．吗啉和均先参与反应、后再生成，反应前后化学性质不变，共同起催化作用，C正确；D．结合整个反应流程，反应物为和，产物为和，总反应化学方程式为：，D正确；故选B。13.由下列实验事实不能得出相应结论的是选项实验事实结论A恒温恒容下平衡体系通入氩气，体系颜色不发生变化通入氩气后不变，平衡不移动B甲酸铵()水溶液显酸性C等浓度与的混合溶液中加入过量溶液，生成红褐色沉淀D溶液中滴加，溶液由红色变为无色，生成稳定性：A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．恒温恒容条件下通入氩气，容器体积不变，各反应物、生成物浓度均不改变，不变故体系颜色不变，平衡不移动，结论正确，A不符合题意；B．为弱酸弱碱盐，溶液酸性说明水解程度大于，水解程度越大对应弱电解质电离常数越小，故，结论正确，B不符合题意；C．为两性氢氧化物，可与过量反应生成可溶性，且生成的白色沉淀会被红褐色沉淀干扰，因此仅根据生成红褐色沉淀无法判断和的溶度积大小，不能得出相应结论，C符合题意；D．配离子转化反应会生成稳定性更强的配离子，溶液红色褪去生成，说明稳定性，结论正确，D不符合题意；答案选C。14.25℃下，在的KI溶液中加入一定量，达平衡时，溶液中和(或)与pH的关系如图所示(溶液体积变化忽略不计)：已知：Ⅰ．时，体系中有存在；Ⅱ．溶液中存在①；②。下列说法正确的是A.反应①的平衡常数B.溶液中始终有，且时，的值随增大而减小C.若在平衡体系中加入少量，和的平衡浓度均增大D.若改变KI溶液的初始浓度，相同下达平衡时，的值不变【答案】B【解析】【分析】当pH<8.73时，体系中有存在。这意味着在pH≤8.73时，溶液中的处于饱和状态，其浓度保持恒定。A．反应①的平衡常数，pH=7.5时，，根据碘元素守恒，初始，由于反应①消耗了转化为了，且物质的量之比为1：1，反应2在pH=7.5时产生的极少，趋近于0，可以忽略，所以此时平衡时：，代入数据：

，A错误；B．当pH<8.73时，，对应关系成立，当pH＞8.73时，反应②

右移，消耗

生成更多

，因此始终满足

；当时，，逐渐降低，K不变，故的值随增大而减小，B正确；C．当pH＜8.73时，体系中已经存在，说明溶液中的已经达到了饱和溶液的溶解平衡。此时再加入少量的，不变，因此，化学平衡①和②都不会发生移动，和的平衡浓度都保持不变，C错误；D．反应②+3×反应①得到，平衡常数，，相同下意味着是定值，改变KI溶液的初始浓度，反应①平衡会发生移动，改变，K保持不变，故是变量，D错误；故选B。二、非选择题：本题共4题，共58分。15.某兴趣小组探究的制备。(实验均在通风橱内进行)查阅资料：液溴()是生产溴化合物的基本原料。工业上利用和氨水的氧化还原反应生产。实验室制备少量高纯度常用氨气和氢溴酸的中和反应。方案Ⅰ：模拟工业生产方法制备(夹持装置等略)实验装置如图所示：步骤如下：ⅰ检查装置气密性。ⅱ将盛有氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加10.0mL(32.0g)，反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭，C中溶液呈橙黄色。ⅲ打开，向C中逐滴加入氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。ⅳ将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无色产品29.4g。回答下列问题：（1）仪器B的名称为___________。（2）步骤ⅰ中检查装置气密性的操作：________________________，微热C，若导管口有气泡冒出，停止加热，冷却后导管内上升一段水柱，并保持一段时间不下降，则证明装置气密性良好。（3）步骤ⅱ中，制备的化学方程式为___________________________________。（4）步骤ⅲ中，滴加氨水至溶液_______________________时(填实验现象)，反应恰好完成。（5）反应开始时，D中应盛放_________(单项选择，填序号)。a．溶液b．蒸馏水c．稀盐酸（6）步骤ⅳ中进一步提纯的方法为_________________________。（7）()的产率为_____。方案Ⅱ：实验室方法制备ⅰ利用70%硫酸和固体反应制备，再通入盛有和碎冰的烧瓶中，反应后溶液经蒸馏、除杂、再蒸馏得到高纯度氢溴酸。ⅱ利用氨水加热制备氨气，经净化处理后的氨气缓慢通入氢溴酸中至碱性，停止通气。溶液转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得高纯。（8）对比两种制备方案，方案Ⅰ存在的优点和不足为___________________________________(优点和不足各答出1点即可)。【答案】（1）分液漏斗（2）关闭、，向D中加水使导管口浸没在水面下（3）（或）（4）橙黄色褪去（或由橙黄色变为无色）（5）b（6）重结晶（7）（8）优点：步骤少，操作简单（或无需制备氢溴酸，节约时间）；不足：反应剧烈，易产生白烟造成原料损失（或液溴易挥发，易污染环境），且存在提纯流程复杂等缺陷【解析】【分析】方案I（工业法）利用与氨水的氧化还原反应制备：部分从0价被还原为-1价得到，部分中-3价被氧化为0价，最终生成。方案II（实验室法）先通过还原​制备高纯度氢溴酸，再利用氢溴酸和氨气的中和反应得到。【小问1详解】仪器B的名称为分液漏斗。【小问2详解】检查装置气密性需要先形成密闭系统，因此必须关闭滴液漏斗的活塞

和

，并将D中导管浸入水中，再通过微热烧瓶C观察是否有气泡冒出及冷却后是否形成水柱来判断气密性。【小问3详解】液溴与氨水发生氧化还原反应，溴单质作氧化剂被还原为

，氨气作还原剂被氧化为无色气体

，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：

（或

）。【小问4详解】步骤ⅱ结束后溶液呈橙黄色，说明液溴过量。步骤ⅲ中滴加氨水是为了消耗过量的液溴，当液溴完全反应时，溶液的橙黄色会褪去，变为无色。【小问5详解】反应过程中会有未反应的

和

挥发出来，D装置用于吸收这些挥发物。由于步骤ⅳ中需要将C和D中的溶液混合提纯，若使用

溶液或稀盐酸会引入新的杂质离子，而使用蒸馏水吸收后生成氨水和溴水，混合后可继续反应生成

，既提高了产率又不引入杂质，故选b。【小问6详解】步骤ⅳ中通过蒸发结晶得到的是含有少量杂质的粗品，进一步提纯可溶性无机盐固体最常用的方法是重结晶。【小问7详解】加入的

质量为

，其物质的量

。根据关系式

可知，理论上生成

的物质的量为

。理论产量

。则产率

。【小问8详解】对比方案Ⅰ和方案Ⅱ，方案Ⅰ直接利用原料一步反应制得产品，流程短、操作简便；但由于液溴与氨水反应放热剧烈，容易导致反应物挥发产生白烟，降低了原料利用率，且液溴挥发存在环保隐患、且存在提纯流程复杂等缺陷。方案Ⅱ虽然步骤繁琐，但反应条件温和，产品纯度更高。16.钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下：已知：钒渣主要含、、和少量CaO、等。回答下列问题：（1）V和Cr均位于元素周期表的_____区。（2）氧化工序通常采用较大的流量，其目的是_______________________；配平化学方程式：________________________________。_______________________________H2O（3）滤渣的主要成分有、__________、__________(填化学式)。（4）80℃和40℃时，和的溶解度随质量分数变化如图所示。结合图像分析质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因：________________________________。（5）母液返回_________工序。（6）还原工序中，反应的离子方程式为___________________________________。【答案】（1）d（2）①.提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可）②.4FeO·V2O3+24NaOH+5O2

2Fe2O3+8Na3VO4+12H2O（3）①.Fe2O3②.CaSiO3（4）在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4的溶解度远小于80℃，而Na2CrO4的溶解度变化不大。降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离（5）氧化（6）2+3+10H⁺=2Cr3++3+5H2O【解析】【分析】简要分析工艺流程：氧化：加入溶液，通入，140℃~180℃反应，铁的转化：

被氧化为

，钒的转化：根据小问（2），碱性条件下被氧化为。铬的转化：被氧化为。硅的转化：直接与反应生成。沉淀：加入和，与水反应生成。与沉淀。同时，生成的氧化铁和不与碱反应的氧化镁也可能在此处作为滤渣除去。冷却结晶：降温至，利用不同物质溶解度随温度变化的差异进行分离。的溶解度受温度影响较大，且在高浓度碱性溶液中，降温容易析出；的溶解度通常较大，且受温度影响相对较小，在该条件下仍保持溶解状态。

析出的固体主要为钒的化合物（后续处理可得

），而铬保留在母液中。这一步实现了钒铬分离。蒸发结晶：对分离出钒后的母液进行蒸发浓缩。让从母液中析出，母液中亦含有少量，还原：利用稀

、

。

将溶液中的

还原为。水解沉淀：调节溶液的pH值，使

发生水解反应，生成沉淀。后续过滤得到的

沉淀经过煅烧分解，即可得到最终产品

。【小问1详解】根据元素周期表分区规则，V（23号）属于第ⅤB族，Cr（24号）属于第ⅥB族，它们的价电子排布分别为3d34s2和3d54s1，均位于d区。【小问2详解】首先，氧化工序的目的是将FeO·V2O3和FeO·Cr2O3中的Fe(Ⅱ)、V(Ⅲ)、氧化为Fe(Ⅲ)、V(Ⅴ)，同时需要保证反应物充分接触，提高反应速率和转化率。采用较大O2流量可以提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可）。配平化学方程式：FeO·V2O3中Fe为+2价，V为+3价；Fe2O3中Fe为+3价，Na3VO4中V为+5价。每1molFeO·V2O3中，Fe失去1mole⁻，2molV共失去4mole⁻，总计失去5mole⁻。O2每1mol得4mole⁻，因此FeO·V2O3与O2的系数比为4:5。最终方程式为：4FeO·V2O3+24NaOH+5O2

2Fe2O3+8Na3VO4+12H2O。【小问3详解】在氧化步骤中，FeO·V2O3和FeO·Cr2O3被氧化为Fe2O3、Na3VO4、Na2CrO4，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3。进入沉淀步骤后，加入和，与水反应生成。与沉淀，MgO与Fe2O3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、Fe2O3、CaSiO3。【小问4详解】观察图像：在80℃时，Na2CrO4的溶解度较高，且随NaOH浓度增加而降低。Na3VO4的溶解度较低，在40℃时，Na3VO4溶解度显著降低，而Na2CrO4溶解度仍较高。当NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4溶解度远小于80℃，而Na2CrO4溶解度变化不大。因此，降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，可实现钒和铬的分离。【小问5详解】母液主要含NaOH，以及未结晶析出的Na3VO4、Na2CrO4等，根据流程，母液应返回“氧化”工序，继续参与反应，提高原料利用率。【小问6详解】还原工序中，Na2CrO4被Na2SO3还原为Cr3+，被氧化为。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2+3+10H⁺=2Cr3++3+5H2O。17.丙烯是石油化工行业的重要原料，利用氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要的意义。反应如下：Ⅰ使用铂锡双金属催化剂(M)，上述反应分两步进行：ⅡⅢ回答下列问题：（1）_________。（2）550℃时，恒容密闭容器中装有0.20g催化剂M，按通入混合气体，反应2h后得到0.012mol，则0~2h内每克催化剂催化生成的平均速率为_____。下列能说明该体系达到平衡状态的是_____(不定项选择，填序号)。a．b．的生成速率和消耗速率相等c．混合气体的密度不再改变d．混合气体的平均摩尔质量不再改变（3）反应历程中，催化剂M表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)：①②③④该催化剂对__________(填“C—C”或“C—H”)键的断裂具有更好的选择性。（4）100kPa下，向装有适量催化剂M的密闭容器中通入和各1mol，在不同温度下体系达平衡时各组分的物质的量如图乙所示：①图乙中曲线L代表的组分为__________。②若体系压强变为50kPa，其他条件不变，达平衡时，A点对应组分的物质的量_________(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为__________________________________________________________。【答案】（1）+165（2）①.0.03②.bd（3）C-H（4）①.②.减小③.A点代表的组分为，该反应体系中发生的主要反应为气体分子数增大的反应，减小压强，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，消耗量增大，其物质的量减小【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，将反应Ⅱ和反应Ⅲ相加即可得到反应Ⅰ，故。【小问2详解】0~2h内每克催化剂催化生成的平均速率。a．由Ⅱ、Ⅲ两步反应关系可得，任意时刻都满足，无法说明各组分浓度或百分含量保持不变，不能作为平衡标志，错误；b．​的生成速率等于消耗速率，说明正逆反应速率相等，达到平衡，b正确；c．该反应在恒容密闭容器中进行，气体总质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡状态，错误；d．反应前后气体总质量不变，但反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体分子数增加的反应，气体总物质的量在反应过程中不断增大，平均摩尔质量不断减小，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，说明达到了平衡状态，正确。故选bd。【小问3详解】由图甲可知，断裂C-H键的基元反应（②和④）的活化能分别为和，明显低于断裂C-C键的基元反应（①和③）的活化能（和）。活化能越低，反应越容易进行，因此该催化剂对C-H键的断裂具有更好的选择性。【小问4详解】①初始通入和各。根据反应Ⅱ和Ⅲ，设消耗的为，消耗的为，则生成的为，生成的为，体系中存在的为。由于存在，故

，即消耗的多于消耗的，平衡时剩余的少于。升温使平衡正向移动。因此，反应物（的、）的量会随温度升高而减小，图中下降的曲线中，虚线在上方，代表，点线在下方，代表。观察反应的物质的量一定相等，反应Ⅰ和Ⅱ均会生成主产物，所以其物质的量在所有产物中应该是最高的，对应最上面的那条实线；550℃之后，由于随升温而骤减，下降的比要快，说明反应Ⅱ发生程度较大，导致的量大于，故曲线L代表。②A点在虚线上，代表的组分为。该反应体系中发生的反应（反应Ⅰ、Ⅱ）均为气体分子数增大的反应，若体系压强由变为，压强减小，平衡向气体分子数增大的方向（即正反应方向）移动，

的转化率增大，其物质的量减小。18.他司美琼(T)是一种新