2025年河北省普通高中学业水平选择性考试

1/122025年河北省普通高中学业水平选择性考试化学可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16F—19S—32Co—59I—127Sm—150Pb—207一、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.（2025·河北高考1题）河北省古建筑数量大，历史跨度长，种类齐全，在我国建筑史上占有非常重要的地位。下列古建筑组件主要成分属于有机物的是（）解析：B古建筑中的基石主要材料为石材，其主要成分为硅酸盐，不属于有机物，A不符合题意；斗拱的主要材料是木材，木材的主要成分为纤维素，属于有机物，B符合题意；青瓦主要由黏土制成，其主要成分为硅酸盐，不属于有机物，C不符合题意；琉璃的主要成分为二氧化硅，不属于有机物，D不符合题意。2.（2025·河北高考2题）下列不符合实验安全要求的是（）A.酸、碱废液分别收集后直接排放B.进行化学实验时需要佩戴护目镜C.加热操作时选择合适的工具避免烫伤D.乙醇应存放在阴凉通风处，远离火种解析：A酸、碱废液具有一定的腐蚀性，直接排放会损坏下水道，应分别收集、经处理后再排放，A符合题意；进行化学实验时，为防止实验过程中液体溅出对眼睛造成伤害，需要佩戴护目镜，B不符合题意；加热操作时应选择合适的工具避免烫伤，C不符合题意；乙醇易挥发、易燃，应存放在阴凉通风处并远离火种，D不符合题意。3.（2025·河北高考3题）高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是（）A.ABS高韧性工程塑料用于制造汽车零配件B.聚氯乙烯微孔薄膜用于制造饮用水分离膜C.聚苯乙烯泡沫用于制造建筑工程保温材料D.热固性酚醛树脂用于制造集成电路的底板解析：BABS高韧性工程塑料的韧性强，可用于制造汽车零配件，A正确；聚氯乙烯及加入的增塑剂等会释放有害物质，故不能用于制造饮用水分离膜，B错误；聚苯乙烯具有隔热的作用，可有效阻止热量传递，故可用于制造建筑工程保温材料，C正确；热固性酚醛树脂具有耐热、阻燃、电绝缘性能好的特点，故可用于制造集成电路的底板，D正确。4.（2025·河北高考4题）设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A.18gH2O晶体内氢键的数目为2NAB.1L1mol·L－1的NaF溶液中阳离子总数为NAC.28g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为2NAD.铅酸蓄电池负极增重96g，理论上转移电子数为2NA解析：B18gH2O的物质的量为1mol，1个H2O分子平均能形成2个氢键，故1molH2O晶体内氢键数目为2NA，A正确；NaF溶液中阳离子有Na＋、H＋（由水电离产生），则1L1mol·L－1NaF溶液中阳离子总数大于NA，B错误；环己烷与戊烯的最简式均为CH2，故28g环己烷与戊烯的混合物中碳原子的物质的量为28g14g·mol－1＝2mol，碳原子的数目为2NA，C正确；放电时，铅酸蓄电池负极的电极反应式为Pb＋SO42－－2e－PbSO4，电池负极增加的质量为SO42－的质量，n（SO42－）＝96g96g·mol－5.（2025·河北高考5题）下列化学用语表述正确的是（）A.中子数为12的氖核素：12B.氯化镁的电子式：︰Cl‥‥︰MgC.甲醛分子的球棍模型：D.CO32－解析：C氖原子的质子数为10，故中子数为12的氖核素可表示为

1022Ne，A错误；氯化镁为离子化合物，电子式为[︰Cl‥‥︰]－Mg2＋[︰Cl‥‥︰]－，B错误；甲醛分子中C原子采取sp2杂化，球棍模型为，C正确；CO32－的中心原子C的价层电子对数为3＋4+2－2×36.（2025·河北高考6题）丁香挥发油中含丁香色原酮（K）、香草酸（M），其结构简式如下：下列说法正确的是（）A.K中含手性碳原子 B.M中碳原子都是sp2杂化C.K、M均能与NaHCO3反应 D.K、M共有四种含氧官能团解析：D结合K的结构简式可知，K中环上碳原子均为sp2杂化，饱和碳原子均为甲基上的碳原子，所以K中不含手性碳原子，A错误；M中苯环和羧基中碳原子为sp2杂化，甲基上的碳原子为sp3杂化，B错误；M中含有羧基，故M可与NaHCO3反应，K不能与NaHCO3反应，C错误；K中含有羟基、醚键、酮羰基3种含氧官能团，M中含有羟基、醚键、羧基3种含氧官能团，故K、M共有羟基、醚键、酮羰基、羧基4种含氧官能团，D正确。7.（2025·河北高考7题）如图所示装置（加热、除杂和尾气处理装置任选）不能完成相应气体的制备和检验的是（）A.电石与饱和NaCl溶液 B.Na2SO3固体与70％的浓硫酸C.大理石与稀盐酸 D.Al2S3固体与水解析：C电石与饱和NaCl溶液反应制备乙炔，乙炔可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使酸性KMnO4溶液褪色，A不符合题意；Na2SO3固体与70％的浓硫酸反应制备SO2，SO2可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使酸性KMnO4溶液褪色，B不符合题意；大理石与稀盐酸反应制备CO2，CO2不能使酸性KMnO4溶液褪色，C符合题意；Al2S3固体遇水发生水解反应生成Al（OH）3和H2S，H2S可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使酸性KMnO4溶液褪色，D不符合题意。8.（2025·河北高考8题）化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是（）选项宏观现象微观解释A氮气稳定存在于自然界中氮分子中存在氮氮三键，断开该共价键需要较多的能量B苯不能使溴的CCl4溶液褪色苯分子中碳原子形成了稳定的大π键C天然水晶呈现多面体外形原子在三维空间里呈周期性有序排列D氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点越低解析：DN2分子中存在氮氮三键，键能较大，断开该共价键需要较多的能量，所以N2可稳定存在于自然界中，A不符合题意；苯分子中碳原子形成了稳定的大π键，没有单双键交替的结构，故苯不能与溴发生加成反应而使溴的CCl4溶液褪色，B不符合题意；水晶的主要成分为SiO2，其属于共价晶体，由Si和O通过共价键在三维空间里周期性有序排列而成，故呈现规则的多面体外形，C不符合题意；NaCl为离子晶体，含有离子键，而AlCl3为分子晶体，熔化时克服范德华力，故熔点：NaCl＞AlCl3，D符合题意。9.（2025·河北高考9题）W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，X与W同族，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，Z位于W的对角线位置。下列说法错误的是（）A.第二电离能：X＜Y B.原子半径：Z＜WC.单质沸点：Y＜Z D.电负性：W＜X解析：AW原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，且W为短周期非金属元素，则基态W原子的核外电子排布式为1s22s22p2（C）或1s22s22p63s23p4（S），X与W同族，若W为C，则X为Si，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，则Y为P，Z位于W的对角线位置，则满足条件的Z是P，与Y重复，故W为S，则X为O，Y为N，Z为F。基态X（O）原子失去一个电子后核外电子排布式为1s22s22p3，基态Y（N）原子失去一个电子后核外电子排布式为1s22s22p2，基态O原子失去一个电子后2p能级为半充满的稳定结构，则第二电离能：O＞N，A错误；同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径：O＜S，同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径：F＜O，故原子半径：F＜S，B正确；Y对应的单质为N2，Z对应的单质为F2，二者均为分子晶体，相对分子质量越大，物质的沸点越高，故沸点：N2＜F2，C正确；同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，故电负性：O＞S，D正确。10.（2025·河北高考10题）科研工作者设计了一种用于废弃电极材料LixCoO2（x＜1）再锂化的电化学装置，其示意图如下：已知：参比电极的作用是确定LixCoO2再锂化为LiCoO2的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确的是（）A.LixCoO2电极上发生的反应：LixCoO2＋xe－＋xLi＋LiCoOB.产生标准状况下5.6LO2时，理论上可转化11－xmol的LiC.再锂化过程中，SO42－向LixD.电解过程中，阳极附近溶液pH升高解析：B由电池分析知，A错误；由电极反应式可知，每产生标准状况下5.6L（0.25mol）O2时转移1mol电子，根据得失电子守恒，理论上转化的LixCoO2的物质的量为11－xmol，B正确；SO42－为阴离子，应向阳极（即Pt电极）迁移，C错误；由阳极的电极反应式知，电解过程中阳极有H＋生成，且消耗H2O，11.（2025·河北高考11题）SmCok（k＞1）是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要应用。SmCok的六方晶胞示意图如下，晶胞参数a＝500pm、c＝400pm，M、N原子的分数坐标分别为（56，16，12）、（16，56，12）下列说法错误的是（）A.该物质的化学式为SmCo5B.体心原子的分数坐标为（12，12，C.晶体的密度为89033NA×1D.原子Q到体心的距离为10041pm解析：D根据均摊法可知，白球位于晶胞体内，数目为1，黑球位于晶胞顶点、棱上与体内，数目为4×112＋4×16＋8×14＋2＝5，结合晶胞化学式SmCok（k＞1）可知，白球为Sm、黑球为Co，故该物质的化学式为SmCo5，A正确；体心原子的分数坐标为（12，12，12），B正确；该晶胞中含1个Sm和5个Co，结合晶胞参数可知，该六方晶胞的体积为32a2c＝32×（500×10－10cm）2×400×10－10cm＝32×10－22cm3，则该晶体密度为（150+59×5）gNA×32×10－22cm3＝890312.（2025·河北高考12题）氮化镓（GaN）是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3（s）＋2NH3（g）⇌2GaN（s）＋3H2O（g）制备。反应历程（TS代表过渡态）如下：下列说法错误的是（）A.反应ⅰ是吸热过程B.反应ⅱ中H2O（g）脱去步骤的活化能为2.69eVC.反应ⅲ包含2个基元反应D.总反应的速控步包含在反应ⅱ中解析：D由题图可知，反应ⅰ反应后相对能量增加0.05eV，体系能量升高，故反应ⅰ为吸热反应，A正确；由题图可知，反应ⅱ中H2O（g）脱去的步骤即反应ⅱ的最后一步的活化能为3.39eV－0.70eV＝2.69eV，B正确；反应ⅲ历程中存在两个过渡态，故包含2个基元反应，C正确；由题图可知，整个反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应的步骤，其活化能为6.37eV－3.30eV＝3.07eV，D错误。13.（2025·河北高考13题）下列实验操作及现象能得出相应结论的是（）选项实验操作及现象结论A向盛有NO2与N2O4的恒压密闭容器中通入一定体积的N2，最终气体颜色变浅化学平衡向NO2减少的方向移动B以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl－，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀Ksp（AgCl）＜Ksp（Ag2CrO4）C向盛有2mLFeCl3溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液无明显变化；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红Fe2＋具有还原性D向盛有2mL饱和Na2SO4溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液，振荡，有沉淀析出；加蒸馏水稀释，再振荡，沉淀溶解蛋白质沉淀后活性改变解析：C恒压密闭容器中通入N2，容器容积增大，NO2浓度减小，故混合体系颜色变浅，同时反应物、生成物分压均减小，相当于减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，即向NO2增多的方向移动，A错误；AgCl和Ag2CrO4类型不同，Ksp（AgCl）与Ksp（Ag2CrO4）的表达式不同，无法根据沉淀出现的先后顺序判断两者大小关系，B错误；FeCl3溶液中加入过量铁粉，静置后滴加KSCN溶液，无明显变化，说明此时所得溶液中Fe元素以Fe2＋形式存在，取上层清液滴加几滴氯水后，溶液变红，说明Fe2＋被氧化为Fe3＋，Fe2＋体现还原性，C正确；鸡蛋清溶液遇饱和Na2SO4溶液发生盐析，加水稀释后恢复，不改变蛋白质的活性，D错误。14.（2025·河北高考14题）已知Cu2＋和L3－结合形成两种配离子[CuL]－和[CuL2]4－。常温下，0.100mol·L－1的H3L和0.002mol·L－1的CuSO4混合溶液中，HL2－和L3－的浓度对数lgc（实线）、含铜微粒的分布系数δ（虚线）［例如δCu2+＝c（C下列说法错误的是（）A.Cu2＋＋L3－⇌[CuL]－，K＝109.4B.HL2－⇌H＋＋L3－，K＝10－11.6C.图中a点对应的pH＝4.2D.当pH＝6.4时，体系中c（HL2－）＞c（[CuL2]4－）＞c（[CuL]－）＞c（L3－）解析：CHL2－与L3－间存在平衡：HL2－⇌H＋＋L3－，故随溶液pH升高，lgc（L3－）逐渐增加，故实线Ⅰ代表lgc（HL2－）的变化关系，实线Ⅱ代表lgc（L3－）的变化关系。结合上述分析知，随pH升高，c（L3－）增大，故Cu2＋依次转化为[CuL]－、[CuL2]4－，故虚线Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ依次代表δ（Cu2＋）、δ（[CuL]－）、δ（[CuL2]4－）的变化曲线。由题图可知，虚线Ⅲ与虚线Ⅳ交点处δ（Cu2＋）＝δ（[CuL]－），即c（Cu2＋）＝c（[CuL]－），此时lgc（L3－）＝－9.4，c（L3－）＝10－9.4mol·L－1，故K＝c([CuL]－）c（Cu2+）·c（L3－）＝110－9.4＝109.4，A正确；实线Ⅰ和实线Ⅱ的交点处c（L3－）＝c（HL2－），此时pH＝11.6，即c（H＋）＝10－11.6mol·L－1，故K＝c（L3－）·c（H＋）c（HL2－）＝10－11.6，B正确；由题图可知，a点处c（HL2－）＝0.100mol·L－1，且存在c（Cu2＋）＝c（[CuL2]4－），根据虚线Ⅳ与虚线Ⅴ交点处信息可知，反应[CuL]－＋L3－⇌[CuL2]4－K'＝107.2，由以上分析知，Cu2＋＋L3－⇌[CuL]－K＝109.4，则K·K'＝c([CuL]－）c（Cu2+）·c（L3－）×c([CuL2]4－）c([CuL]－）·c（L3－）＝1c2（L3－）＝109.4×107.2＝1016.6，解得c（L3－）＝10－8.3mol·L－1，结合B项分析，代入K＝c（L3－）·c（H＋）c（HL2－）＝10－11.6得，c（H＋）＝10－4.3mol·L－1，即pH＝4.3，C错误；pH＝6.4时，c（HL2－）约为0.1mol·L－1，结合HL2－⇌H＋＋L3－K＝10－11.6，故c（L3－）≈10－6.2mol·L二、非选择题：本题共4题，共58分。15.（2025·河北高考15题）氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置（夹持装置等略）制备氢碘酸。步骤如下：ⅰ.在A中加入150mLH2O和127gI2，快速搅拌，打开K1通入H2S，反应完成后，关闭K1，静置、过滤得滤液；ⅱ.将滤液转移至B中，打开K2通入N2，接通冷凝水，加热保持微沸，直至H2S除尽；ⅲ.继续加热蒸馏，C中收集沸点为125～127℃间的馏分，得到117mL氢碘酸（密度为1.7g·mL－1，HI质量分数为57％）。回答下列问题：（1）仪器A的名称：，通入H2S发生反应的化学方程式：。（2）步骤ⅰ中快速搅拌的目的：（填序号）。a.便于产物分离b.防止暴沸c.防止固体产物包覆碘（3）步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因：（用离子方程式表示）。（4）步骤ⅱ中的尾气常用（填化学式）溶液吸收。（5）步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入N2，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：。（6）列出本实验产率的计算表达式：。（7）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在。答案：（1）圆底烧瓶H2S＋I22HI＋S（2）（3）I2＋I－⇌I3－（4）NaOH（其他合理答案也可）（5）先停止加热，（6）117×1.7×57％128解析：（1）由题图中仪器A的构造特点可知，仪器A为圆底烧瓶。通入H2S后，H2S与I2反应生成HI，结合原子守恒、得失电子守恒可得该反应的化学方程式为H2S＋I22HI＋S。（2）由步骤ⅰ的操作可知，静置、过滤的目的是分离产物，与快速搅拌无关，A不符合题意；步骤ⅰ中未涉及加热，B不符合题意；由（1）可知，步骤ⅰ的反应中有硫单质生成，由于S不溶于水，会包裹溶液中的碘单质从而阻碍反应的发生，C符合题意。（3）I2可与溶液中的I－反应生成I3－，从而增大碘单质的溶解度，反应的离子方程式为I2＋I－⇌I3－。（4）步骤ⅱ中通入N2的目的是将步骤ⅰ滤液中的H2S排尽，H2S为酸性气体，可吸收H2S的试剂有碱性溶液（如氢氧化钠溶液、氨水）、金属盐溶液（如硫酸铜溶液、氯化锌溶液）、氧化性溶液（如铁盐溶液、双氧水）以及有机胺类溶剂（如二乙醇胺）等。（5）停止加热后，持续通入N2，可防止产物HI被空气氧化，待装置冷却后再停止通入N2。（6）由步骤ⅲ可知，实际得到117mL氢碘酸，结合题给数据可知实际生成HI的物质的量n实际（HI）＝117mL×1.7g·mL－1×57％128g·mol－1，由制备氢碘酸的反应方程式可得关系式：I2～2HI，该反应中H2S过量，则理论产量由I2的添加量计算，则n理论（HI）＝2×12716.（2025·河北高考16题）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾，同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。流程如下：已知：铬铁矿主要成分是Fe（CrO2）2、Mg（CrO2）2、Al2O3、SiO2。回答下列问题：（1）基态铬原子的价层电子排布式：。（2）煅烧工序中Fe（CrO2）2反应生成K2CrO4的化学方程式：。（3）浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、、（填化学式）。（4）酸化工序中需加压的原因：。（5）滤液Ⅱ的主要成分：（填化学式）。（6）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式：Fe（CO）5＋＋Cr（OH）3↓＋＋＋CO（7）滤渣Ⅱ可返回工序。（填工序名称）答案：（1）3d54s1（2）4Fe（CrO2）2＋7O2＋16KOH8K2CrO4＋2Fe2O3＋8H2O（3）MgOAl（OH）3（4）增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行（5）KHCO3（6）K2CrO44H2OFe（OH）3↓2KOH5（7）煅烧解析：流程分析（1）铬为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式为3d54s1。（2）在空气中煅烧时，Fe（CrO2）2与过量KOH、空气中的氧气发生反应，生成K2CrO4，铁元素被氧化为Fe2O3，根据得失电子守恒、原子守恒配平，可得该反应的化学方程式为4Fe（CrO2）2＋7O2＋16KOH8K2CrO4＋2Fe2O3＋8H2O。（3）由流程分析可知，滤渣Ⅰ中除了Fe2O3、H2SiO3外，还有MgO和Al（OH）3。（4）“酸化”过程中通入过量CO2调节pH，使K2CrO4转化为K2Cr2O7，加压是为了增大CO2的溶解度，从而提高“酸化”的反应速率和K2CrO4的转化率。（5）由流程分析可知，“酸化”后溶液中主要含有K2Cr2O7和KHCO3，“分离”后得到K2Cr2O7和滤液Ⅱ，故滤液Ⅱ的主要成分为KHCO3。（6）还原、分离工序中Fe（CO）5作还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr（OH）3，自身转化为Fe（OH）3，根据得失电子守恒、原子守恒配平，可得该反应的化学方程式。（7）滤渣Ⅱ的主要成分为Cr（OH）3和Fe（OH）3，可返回煅烧工序中。17.（2025·河北高考17题）乙二醇（EG）是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。（1）石油化工路线中，环氧乙烷（EO）水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇（DEG）的副反应。主反应：EO（aq）＋H2O（l）EG（aq）ΔH＜副反应：EO（aq）＋EG（aq）DEG（aq体系中环氧乙烷初始浓度为1.5mol·L－1，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中n（EG）∶n（DEG）＝10∶1。①0～30min内，v总（EO）＝mol·L－1·min－1。②下列说法正确的是（填序号）。a.主反应中，生成物总能量高于反应物总能量b.0～30min内，v总（EO）＝v总（EG）c.0～30min内，v主（EG）∶v副（DEG）＝11∶1d.选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率（2）煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100％，具有广阔的发展前景。反应如下：2CO（g）＋3H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）ΔH按化学计量比进料，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：①代表α＝0.6的曲线为（填“L1”“L2”或“L3”）；原因是。②ΔH0（填“＞”“＜”或“＝”）。③已知：反应aA（g）＋bB（g）⇌yY（g）＋zZ（g），Kx＝xy（Y）M、N两点对应的体系，Kx（M）Kx（N）（填“＞”“＜”或“＝”），D点对应体系的Kx的值为。④已知：反应aA（g）＋bB（g）⇌yY（g）＋zZ（g），Kp＝py（Y）调整进料比为n（CO）∶n（H2）＝m∶3，系统压强维持p0MPa，使α（H2）＝0.75，此时Kp＝MPa－4（用含有m和p0的代数式表示）。答案：（1）①0.05②cd（2）①L1该反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大②＜③＝12④1解析：（1）①环氧乙烷的初始浓度为1.5mol·L－1，反应30min，环氧乙烷完全转化，则0～30min内，v总（EO）＝Δc总（EO）Δt＝1.5mol·L－130min＝0.05mol·L－1·min－1。②主反应ΔH＜0，为放热反应，生成物总能量低于反应物总能量，a错误；由题目信息知，合成乙二醇的过程中伴随着副反应的发生，EG既是主反应的生成物，又是副反应的反应物，即EG的浓度变化量小于EO的浓度变化量，故v总（EO）＞v总（EG），b错误；由题目信息知，反应完成后产物中n（EG）∶n（DEG）＝10∶1，即Δn（EG）∶Δn（DEG）＝10∶1，反应时间相同，则v总（EG）∶v副（DEG）＝10∶1，结合v总（EG）＝v主（EG）－v副（EG）可得，v主（EG）－v副（EG）v副（DEG）＝101，则v主（EG）∶v副（DEG）＝11∶1，c正确；选择适当催化剂可以提高主反应的选择性，从而提高乙二醇的最终产率，d正确。（2）①由题目信息知，该反应为气体分子数减小的反应，同一温度下，增大压强，平衡正向移动，则α增大，故L1、L2、L3分别代表α＝0.6、0.5、0.4的曲线。②由题图可知，压强相等时，温度越高则对应的平衡转化率α越小，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，ΔH＜0。③M、N两点对应平衡转化率相等，则平衡时各组分物质的量分数均相等，故Kx（M）＝K2CO（g）＋3H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）起始量/mol 2 3 0转化量/mol 1 1.5 0.5平衡量/mol 1 1.5 0.5平衡时x（CO）＝13、x（H2）＝12、x（HOCH2CH2OH）＝16，则D点对应体系的Kx＝16132×123＝12。④设在该条件下，起始时加入mmolCO和3molH2，α（H2）＝0.75，则2CO（g）＋3H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）起始量/mol m 3 0转化量/mol 1.5 2.25 0.75平衡量/mol m－1.5 0.75 0.75平衡时，p（CO）＝m－1.5mp0、p（H2）＝0.7