重庆市九龙坡区2026届高三化学下学期适应性训练二试题【含答案】

高2026届高考模拟考试（二）化学试题（本试卷共100分，考试时间75分钟）注意事项：1.答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号；2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题；3.请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效；4.请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12O16Pr141一、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.随着全球化工业进程加快，能源短缺问题愈发严峻，以石油为原料或其深加工衍生物不可以获得的产品是A．涤纶运动服B．手机塑料外壳C．实木家具D．凡士林润肤霜A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．涤纶为合成纤维，由石油化工得到的对苯二甲酸、乙二醇等单体聚合生成，可由石油深加工获得，A正不符合题意；B．手机塑料外壳的主要成分为合成树脂，属于石油化工衍生的合成高分子材料，可由石油深加工获得，B不符合题意；C．实木家具的原料为天然木材，主要成分为纤维素，来源于植物，无法以石油或其深加工衍生物为原料获得，C符合题意；D．凡士林是石油分馏得到的烃类混合物，可由石油加工获得，D不符合题意；故选C。2.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol/L氨水中：、、、B.0.1mol/L醋酸溶液中：、、、C.饱和氯化钠溶液中：、、、D.饱和氯水中：、、、【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol/L氨水呈碱性，含有，、均会与反应生成沉淀，不能大量共存，A错误；B．0.1mol/L醋酸溶液呈弱酸性，、、、之间不发生反应，也不与醋酸反应，能大量共存，B正确；C．饱和氯化钠溶液中，会与发生反应：，与、均会发生双水解反应，不能大量共存，C错误；D．饱和氯水含有Cl2、HClO等具有强氧化性的物质，会将具有还原性的、氧化，不能大量共存，D错误；故选B。3.下列各分子既含有杂化的原子且所有碳原子可能共平面的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A．该结构为正丁烷，所有碳原子均为饱和单键，全部是sp3杂化，没有sp2杂化的碳原子，A不符合题意；B．该结构是2-丁炔，碳碳三键的碳原子为sp杂化，甲基碳原子为sp3杂化，没有sp2杂化的碳原子，B不符合题意；C．结构左侧为苯环，苯环上的碳均为sp2杂化，但分子右侧存在桥环，桥环饱和单键的碳原子为sp3杂化，桥环中上顶点或下顶点的饱和碳原子与相连的3个碳原子不可能共面，所有碳原子不可能共平面，C不符合题意；D．该物质为丙烯醛（CH2=CHCHO），碳碳双键的碳原子、醛基的羰基碳原子均为sp2杂化，碳碳双键为平面结构，碳氧双键也为平面结构，碳碳单键可以旋转，因此所有碳原子可以共平面，D符合题意；故选D。4.下列化学实验原理或方法正确的是A.干燥的氯化钠固体不导电，证明氯化钠不是电解质B.将有色鲜花放入盛满干燥氯气的集气瓶中，鲜花褪色，证明干燥的氯气也有漂白性C.向盛有悬浊液的试管中滴入几滴溶液，可产生红褐色沉淀D.将体积比约为的乙醇和浓硫酸加热到140°C，可制得乙烯【答案】C【解析】【详解】A．电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，干燥氯化钠固体中离子不能自由移动因此不导电，但氯化钠在水溶液和熔融状态下均能导电，属于电解质，A错误；B．有色鲜花自身含有水分，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性使鲜花褪色，不能证明干燥氯气有漂白性，B错误；C．由于，沉淀会向更难溶的方向转化，向盛有悬浊液的试管中滴入几滴溶液，会产生红褐色氢氧化铁沉淀，C正确；D．乙醇与浓硫酸共热制乙烯需要将温度迅速升高到170℃，140℃时主要生成乙醚，D错误；故选C。5.广西大瑶山发现新矿物“金秀矿”，其主要由Ni、Bi、Sb、As、S组成。下列说法正确的是A.Ni和Bi都是p区元素B.电负性：As<SbC.As的最简单氢化物的VSEPR模型为三角锥形D.基态时，Ni原子和S原子的单电子数相等【答案】D【解析】【详解】A．Ni为d区元素，Bi为p区元素，二者不都属于p区元素，A错误；

B．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性，B错误；

C．中心As原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，三角锥形为其空间构型，C错误；

D．基态Ni原子3d轨道有2个单电子，基态S原子3p轨道有2个单电子，二者单电子数相等，D正确；故选D。6.下列实验操作正确且能达到目的的是实验操作实验目的A．比较和的热稳定性B．定量测量化学反应速率实验操作实验目的C．蒸馏时接收馏出物D．检查装置气密性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．题图中试管口向上倾斜，加热时冷凝水回流易致试管炸裂，且未采用“套管实验”设计，无法形成温度梯度对比，不能通过控制变量对比稳定性，故该实验不能达到实验目的，A错误；B．该实验通过H2O2在MnO2催化下分解产生O2，用注射器收集气体，秒表计时来测量反应速率，但装置中使用了长颈漏斗，它没有活塞或液封，生成的O2会从长颈漏斗的上口逸出，无法收集气体，也就无法通过注射器读数定量测量反应速率，B错误；C．蒸馏接收装置的核心要求是：接收容器（锥形瓶）不能密封，否则装置内压强会不断增大，导致装置炸裂，题图中锥形瓶瓶口用塞子密封，仅接了一个牛角管，形成了密闭体系，存在安全隐患，C错误；D．向乙试管中加水，若装置气密性良好，甲试管内的气体被水压缩，压强增大，会导致甲、乙两试管的液面出现稳定的高度差，且液面差保持不变，该操作正确，能达到检查气密性的目的，D正确；因此答案选D。7.荆芥内酯（Y）是从猫薄荷植物中分离出来的双环化合物，可用作安眠药与退热药，可由X制备Y。下列说法错误的是A.催化剂存在下Y与足量氢气反应，π键均可断裂B.X、Y均能与氢氧化钠溶液反应C.X中含有4个手性碳原子D.可用碳酸氢钠溶液鉴别X、Y【答案】A【解析】【详解】A．Y中碳碳双键可与氢气发生加成反应使π键断裂，但酯基不能与氢气反应，碳氧双键中的π键不能断裂，A错误；B．X中-COOH可与氢氧化钠溶液反应，Y中酯基可与氢氧化钠溶液反应，B正确；C．手性碳原子需要满足两个条件：饱和碳原子、所连的四个原子团均不同，根据X的结构简式，连接-COOH、-CH3和异丙醛基的三个环碳原子均为手性碳原子，与-CHO相连的碳原子也是手性碳原子，则X含有4个手性碳原子，C正确；D．X中羧基可与碳酸氢钠溶液反应，Y不反应，可用碳酸氢钠溶液鉴别X、Y，D正确；故答案选A。8.下图所示的物质转化关系中（反应条件和部分生成物略去），F的相对分子质量比D大17，则下列说法中错误的是A.液态A可用作制冷剂B.单质B可用于金属镁的灭火C.单质a可使灼热的铜变黑D.反应①中氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶2【答案】B【解析】【分析】中学化学中，常见的红棕色气体是NO2，结合B→C→D的流程，可推知单质B为N2，单质a为O2，C为NO，D为NO2；氢化物A与O2反应生成N2和氢化物E，则A为NH3，E为H2O；E（H2O）与D（NO2）反应生成F（HNO3），满足F的相对分子质量比D大17。【详解】A．A为NH3，液氨汽化时会吸收大量的热量，使周围温度急剧降低，故可作制冷剂，A正确；B．B为N2，能与金属镁发生反应，故不能用于金属镁的灭火，B错误；C．单质a为O2，能与灼热的铜反应生成黑色的CuO，C正确；D．反应①的化学方程式为，反应中氧化剂和还原剂均为NO2，物质的量之比为1∶2，D正确；答案选B。9.半导体吸光材料碘化铅甲胺（），由、、构成，摩尔质量为Mg/mol，其立方晶胞如图所示，阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是A.属于离子晶体B.中存在配位键C.每个的周围与它最近且距离相等的有12个D.碘化铅甲胺晶体的密度为【答案】D【解析】【详解】A．由、、构成，属于离子晶体，A正确；B．可看作结合1个，​中原子有孤电子对，有空轨道，二者形成配位键，因此中存在配位键，B正确；C．​位于晶胞顶点，位于晶胞面心；以一个顶点上的为研究对象，与它最近的位于包含该顶点的各个晶面的面心上，距离为。在三维空间中，这样的面心共有12个，故配位数为12，C正确；D．数为，数为，数为，因此1个晶胞含1个，晶胞质量。晶胞边长为，晶胞体积，因此密度，D错误；故选D。10.化合物常用作锂离子电池电解质，X、Y、Z、W同周期主族元素，且第一电离能依次减小。基态W原子的核外电子有4种空间运动状态，Z的原子序数是Q的一半。下列说法错误的是A.键角：B.最简单氢化物沸点：Y<ZC.最低负化合价：X>QD.Y、Q的最高价氧化物对应的水化物均为强酸【答案】A【解析】【详解】首先推导元素：基态W原子有4种空间运动状态，即占据4个原子轨道，电子排布为，故W为C；X、Y、Z、W同周期（第二周期）且第一电离能依次减小，结合第二周期第一电离能变化规律（F>N>O>C），可知X为F、Y为N、Z为O；Z原子序数为8，是Q的一半，故Q为S。A．为，是sp杂化的直线形结构，键角为；为，是含1对孤电子对的杂化V形结构，键角小于，故键角，A错误；B．Y的最简单氢化物为，常温下为气态，Z的最简单氢化物为，常温下为液态，故沸点，B正确；C．X为F，最低负化合价为-1，Q为S，最低负化合价为-2，故最低负化合价，C正确；D．Y的最高价氧化物对应水化物为，Q的为，二者均为强酸，D正确；故答案选A。11.以硫酸为介质，采用电解法制备，间接氧化邻硝基甲苯（）制备邻硝基苯甲醛（），装置如图所示。下列说法错误的是A.惰性电极2连接电源正极B.惰性电极1电极反应式：C.惰性电极2附近溶液的pH增大D.理论上，消耗1mol氧气，可得到1mol邻硝基苯甲醛【答案】C【解析】【分析】惰性电极1上​得电子生成​，发生还原反应，​，因此惰性电极1是阴极，连接电源负极；对应惰性电极2是阳极，连接电源正极，发生氧化反应，。【详解】A．惰性电极2发生氧化反应，，作阳极，连接电源正极，A正确；B．介质为硫酸，惰性电极1处​得电子生成​，电极反应式为：，B正确；C．惰性电极2为阳极，失电子生成​，电极反应为：，反应生成，电极附近浓度增大，故惰性电极2附近溶液的减小，C错误；D．该装置中两个电极都能生成氧化剂​，用于氧化邻硝基甲苯：消耗​时，阴极1生成，转移电子；根据电解池电子守恒，阳极2同样转移电子，生成，总共产出。1mol邻硝基甲苯氧化为1mol邻硝基苯甲醛时，总共失去电子；作为氧化剂，总共得到电子，因此恰好氧化1mol邻硝基甲苯，得到1mol邻硝基苯甲醛，D正确；故选C。12.常温、常压下各物质转化关系及其反应热示意图（表示热化学方程式中各物质间化学计量数为最简整数比时的反应热），已知的燃烧热为，则反应的反应热为A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】从图中箭头关系可知：反应(1)：

；反应(2)：

；反应(3)：；已知的燃烧热为，反应(4)：；由盖斯定律可知，3×[(1)+(2)+(4)]-(3)可得的反应热为，故选A。13.草酸亚铁（）是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取：已知室温时：，，。下列说法正确的是A.室温下，向溶液中加酸调节pH=1时溶液中存在：B.“酸化溶解”后的溶液中，一定存在C.室温时，“沉铁”后的上层清液中：D.“沉铁”后的上层清液中：【答案】B【解析】【详解】A．已知，当pH=1时，溶液中，带入可得，因此，A错误；B．在酸化溶解后的溶液中，根据电荷守恒，必然存在，使用硫酸对溶液进行酸化，故，代入电荷守恒式，移项得，B正确；C．沉铁过程生成了FeC2O4固体，因此反应后的上层清液是FeC2O4的饱和溶液，在一定温度下（室温），难溶电解质饱和溶液中的离子积Qc应当等于溶度积常数Ksp，即，C错误；D．最初加入的Na2C2O4中Na和含碳微粒最初比例为2:1，但是由于“沉铁”反应中，有一部分转化为FeC2O4沉淀脱离了溶液体系，因此，上层清液中含碳微粒的总量变少了，D错误；故答案选B。14.煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，反应为：，按化学计量数之比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图。已知反应，，x为组分的物质的量分数。下列说法错误的是A.代表α=0.6的曲线为B.C.M、N两点对应的体系，D.D点对应体系的的值为12【答案】C【解析】【分析】该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，，故L1、L2、L3对应为0.6、0.5、0.4；由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热反应。【详解】A．根据分析可知，代表=0.6的曲线为L1，A正确；B．根据分析可知，正反应放热反应，，B正确；C．M、N两点进料比相同，平衡转化率相同，平衡时各组分的物质的量分数相同，C错误；D．D点对应的平衡转化率为0.5，设起始加入2molCO和3molH2，则平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH的物质的量分数分别是，，故D正确；因此答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.镧系元素镨（Pr）是一种重要的稀土元素，采用如图工艺流程可由孪生矿（主要含ZnS、FeS、、等）制备半导体材料。已知：该体系中，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH金属离子开始沉淀时的pH5.47.52.28.0沉淀完全时的pH6.49.03.28.9（1）已知镨的价层电子排布式为，则镨在元素周期表中位于第_____周期第_____族。（2）滤渣I除含有一种淡黄色沉淀外，还含有________，在“溶浸”时发生的离子反应方程式为________。（3）“除锌、铁”时，需控制的pH范围为________。（4）用有机萃取剂HL萃取的原理为，为提高反萃取率，应加入的最佳试剂为________。a．浓硝酸b．浓盐酸c．浓硫酸（5）沉淀镨时，若将沉淀剂溶液改为溶液，制得的沉淀颗粒较为疏松，原因是________。（6）在空气中灼烧（M=606g/mol）时，测得剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化曲线如下图所示，则制备最适宜的温度为________。A.280℃ B.560℃ C.755℃ D.1200℃【答案】（1）①.六②.ⅢB（2）①.②.（3）（4）b（5）与反应过程中，会释放气体，气体逸出时会在沉淀内部和表面形成大量孔隙，因此制得的沉淀颗粒较为疏松（6）C【解析】【分析】溶浸加入溶液，利用的氧化性，将硫化矿中的金属硫化物氧化溶解，实现目标金属向液向转移，滤渣Ⅰ的成分为不与反应的，以及反应生成的单质S；除锌、铁加入会将氧化为，调节pH使生成沉淀，也以氢氧化物的形式沉淀，实现的分离，滤渣Ⅱ主要为、锌的氢氧化物沉淀，彻底去除铁、锌杂质；多次反复萃取与反萃取浓度提纯，富集；沉镨加入，会生成；灼烧得到最终产物。由此解题。【小问1详解】周期数由最高能级电子层数决定，价电子中最高能层为第6层，因此位于第六周期；镨属于镧系元素，而镧系元素在周期表中均属于第ⅢB族。【小问2详解】淡黄色沉淀为S单质，化学性质稳定，不与溶液反应，因此滤渣Ⅰ除S外，还含有；与发生氧化还原反应：被还原为，被氧化为S单质，其反应的离子方程式为【小问3详解】“除铁、锌”过程中加入会将氧化为，调节pH让和完全沉淀，同时保证不沉淀，根据表格数据：完全沉淀的pH为3.2，完全沉淀的pH为6.4；开始沉淀时的pH为8.0，因此pH需要满足锌、铁完全沉淀，镨离子不沉淀，则其pH的范围为。【小问4详解】萃取的反应为，根据勒夏特列原理，提高浓度可使平衡逆向移动，从而提高反萃取率。a．浓硝酸虽然能提高浓度，但其具有强氧化性，可能会破坏有机萃取剂的结构，会降低反萃取率，a不符合题意；b．浓盐酸能提高浓度，有效推动反萃取方向移动，盐酸是最常用的反萃取剂，体系简单、稳定性好，不会引入难去除的阴离子，也不易与稀土离子形成稳定配合物，反萃取效率高，b符合题意；c．浓硫酸的强氧化性、脱水性极易破坏有机萃取剂，从而降低反萃取率，c不符合题意；故答案选b。【小问5详解】用作沉淀剂时，反应仅生成碳酸盐沉淀，无气体生成，沉淀生长过程中结构致密；用作沉淀剂时，反应会伴随气体的生成与逸出，气体在沉淀颗粒中形成孔隙，阻碍了沉淀的致密生长，最终得到疏松的。【小问6详解】起始物为，摩尔质量为606g/mol，目标产物，1mol含6molPr，对应3mol起始物。3mol起始物的总质量为1818g，的摩尔质量为1021.4g/mol，理论，对照图像数据：755℃对应的质量比值为56.22%，与理论值几乎完全吻合，因此制备最适宜的温度为755℃。16.纳米氧化亚铜在处理染料废水有重要应用。以溶液、NaOH溶液和葡萄糖溶液为原料，采用化学沉淀法制备晶型结构完整、粒度分布均匀的纳米装置如下：（1）纳米的制备如图所示连接好装置，将溶液、NaOH溶液配制成氢氧化铜悬浊液，加入三颈烧瓶中。先通入Ar气，再打开a仪器中的活塞，向三颈烧瓶中滴加葡萄糖溶液。反应结束后，将三颈烧瓶中的固液混合物离心分离，用无水乙醇洗涤固体，真空干燥，得到纳米。①仪器a的名称是________；在普通的玻璃中加入纳米可制成红色玻璃，用光束照射该玻璃，在光束的垂直方向上可观察到________。②生成纳米的化学方程式为________。a中液体可替换为________。（填字母，不考虑温度要求）。A．乙醛B．丙酮C．乙醇D．乙酸③有同学认为产品中有可能含有（可溶于酸），检验是否有的操作为：取少量样品于试管中，________（填实验操作和现象），则含有。（2）纳米测定水样中含氧量（全程Ar气氛围下进行）：将纳米溶在氨水中形成无色溶液，加入20.00mL待测水样，充分振荡，溶液变为深蓝色。向反应后的溶液中加入硫酸（使金属离子游离出来）和过量碘化钾溶液，用标准溶液滴定生成的，快接近终点时，加入淀粉溶液作指示剂。重复操作三次，平均消耗标准溶液10.00mL。（已知：；；无色的易被空气氧化为）①纳米溶于氨水的化学方程式为________；②测定水样中含氧量为________g/L。③下列说法正确的是________。A．水样中含有，会导致测得水样中的含氧量偏低B．加入过量碘化钾溶液，增强的溶解性，可减小实验误差C．若滴定恰好完全时，滴定管尖端悬半滴未滴下，会导致测定结果偏低D．标准溶液可以盛放在聚四氟乙烯活塞的滴定管中【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.一条光亮的通路（或丁达尔效应）③.

。④.A⑤.加入足量稀盐酸（或稀硝酸）使其完全溶解，静置，取上层清液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀（2）①.②.0.4000③.BD【解析】【小问1详解】①注意仪器a的结构，它侧边有一根细玻璃管连通漏斗上下部。这个结构能使漏斗内外的压强保持一致，无论三颈烧瓶内压强如何变化，液体都能顺利滴下，故称为恒压滴液漏斗。纳米级颗粒的分散系属于胶体。胶体最典型的光学性质就是丁达尔效应，即光束穿过时会形成一条光亮的通路。故答案为一条光亮的通路（或丁达尔效应）。②葡萄糖含有醛基（-CHO），在碱性条件下加热，能将新制的氢氧化铜悬浊液还原为氧化亚铜（砖红色沉淀），自身被氧化为葡萄糖酸钠，故反应方程式为。a仪器中装的是葡萄糖溶液，起还原剂作用。在选项A乙醛、B丙酮、C乙醇、D乙酸中，只有A（乙醛）含有醛基，具有类似的还原性，可以替代葡萄糖。故答案为A。③这一步的本质是检验，Cu2O是不溶于水的，必须加酸溶解。注意，绝对不能加硫酸（会引入干扰检验）。故答案为加入足量稀盐酸（或稀硝酸）使其完全溶解，静置，取上层清液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀。【小问2详解】①题干提示中写了无色的[Cu(NH3)2]+，说明Cu2O溶于氨水时，亚铜离子与氨分子发生了络合反应。根据原子守恒和电荷守恒，配平两边的氢氧根和水分子即可。故答案为。②水中溶解的将+1价的Cu氧化成了+2价的Cu，1个分子可以夺取4个电子即。加入KI后，发生反应，由方程式可以注意到4Cu2+~2I2。使用滴定生成的，由题干中已经给出的方程式注意到~。综合上述关系式，可以得出：~。消耗的的物质的量为。根据上述关系式得出水样中的氧气的物质的量为，氧气的质量为。则含氧量为。③A．Fe3+具有氧化性，如果水样中有Fe3+，在加入KI时，Fe3+也会把I-氧化成I2（），这导致生成的I2变多，滴定时消耗的就会偏大，最终计算出的含氧量会偏高；B．I2在水中的溶解度很小，且容易挥发，加入过量的KI，可以发生反应，这极大地增加了碘的溶解度，防止碘挥发造成损失，从而减小误差；C．滴定管尖端有一滴液体悬着未滴下（但你已经读数了），这意味着记录的体积比实际进入锥形瓶的体积大。代入公式计算，会导致结果偏高；D．是强碱弱酸盐，溶液呈碱性。普通玻璃滴定管的活塞是玻璃的，容易被碱液腐蚀导致粘连。但是，聚四氟乙烯活塞（特氟龙）性质极其稳定，耐强酸强碱腐蚀，因此可以盛放碱性滴定液；故答案为BD。17.倡导低碳生活，将应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。I．将转化为重要化工产品HCOOH（1）利用太阳能电池将工业排放的转化为HCOOH原理如题17图1所示：P极电极反应式为________。离子交换膜为________（填写“阳”或“阴”）离子交换膜。（2）在密闭容器中按一定比例通入和，使其在含有催化剂的DMSO溶液中发生反应制备HCOOH，反应为。反应速率为v，反应机理包含下列三个基元反应：第一步：；第二步：；第三步：；各反应的活化能①在催化剂足量条件下，下列说法正确的是________。a．M是催化剂b．第二步为决速步骤c．增大气体体系的压强，可提高平衡转化率d．若只增大的分压，反应速率一定有明显加快②实验测得：298K，下，反应速率v随催化剂浓度c的变化如题17图2所示。时，v随c增大而增大，时，v不再显著增大，v变化的原因为________。II．循环在捕获及转化上的应用（3）100kPa下，向密闭容器中投入和各1mol发生如下三个反应，反应达到平衡时，反应物（、）的转化率和生成物（、）的选择性随温度变化关系如题17图3（温度低于360℃反应c不发生）。a．b．c．注：含碳生成物选择性①表示选择性的曲线是______（填“a”、“b”或“c”）。②550℃下达到平衡，________mol，该温度下反应II的________（列出计算式即可）。【答案】（1）①.；②.阳；（2）①.ac；②.催化剂浓度小于等于时，催化剂浓度是决速步的限速因素，反应速率随催化剂浓度增大而增大；催化剂浓度大于时，决速步的限速因素变为在溶液中的溶解浓度，反应速率不再随催化剂浓度增大而显著增大；（3）①.b；②.0.4；③.；【解析】【分析】反应a为吸热反应，升温平衡正向移动，的平衡转化率随温度升高而增大，最终可达100%，对应曲线a；反应b为放热反应，升温平衡逆向移动，的选择性随温度升高持续降低，对应最下方标注为选择性的曲线；温度低于360℃时反应c不发生，含碳产物仅和，二者选择性之和为100%，此阶段随温度升高反应b逆向程度增大，选择性逐渐升高，360℃后反应c发生，消耗生成，选择性随温度升高逐渐降低，呈现先升后降的趋势，对应曲线b；剩余曲线c为的平衡转化率。550℃时转化率为100%，完全分解生成1mol。【小问1详解】P极通入生成，C元素化合价从+4降低到+2，得电子发生还原反应，为阴极，酸性电解质环境下，电极反应式为。N极为阳极，失电子生成，需要通过离子交换膜迁移到P极参与反应，因此离子交换膜为阳离子交换膜。【小问2详解】①逐一分析选项：a．M在第一步参与反应，第三步重新生成，符合催化剂的特征，M是催化剂，a正确；b．决速步为活化能最高的基元反应，已知，因此第一步为决速步骤，b错误；c．该反应为气体分子数减小的反应，增大气相体系压强，平衡正向移动，可提高的平衡转化率，c正确；d．决速步为第一步，增大的分压，不会改变第一步的反应速率，因此反应速率不会有明显加快，d错误；故选ac。②第一步为决速步骤，催化剂M是决速步的反应物，当催化剂浓度时，M的浓度是反应速率的限速因素，反应速率随增大而增大；当时，M的浓度足够，决速步的限速因素变为在溶液中的溶解浓度，因此反应速率不再随增大而显著增大。【小问3详解】①由曲线匹配推导可知，的选择性随温度升高先升后降，对应曲线b。②550℃时，的转化率为100%，因此分解生成的总物质的量为1mol。由图可知，550℃时的选择性为10%，的选择性为70%，因此n(CH4)=1 mol×10%=0.1 mol，n(CO2,平衡)=1 mol×70反应b中，生成0.1mol的同时生成的物质的量为0