2025年陕西省普通高中学业水平选择性考试

1/142025年陕西省普通高中学业水平选择性考试（陕西、山西、青海、宁夏考卷）化学可能用到的相对原子质量：H—1B—11C—12N—14O—16Co—59Ag—108一、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·陕晋青宁1题）“国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下述材料属于金属材料的是（）A.“C919”大飞机用的氮化硅涂层B.“梦想”号钻探船钻头用的合金C.“望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层D.“雪龙2”号破冰船制淡水用的反渗透膜解析：B氮化硅属于无机非金属材料，A不符合题意；合金属于金属材料，B符合题意；聚酰亚胺属于有机高分子材料，C不符合题意；反渗透膜的材质主要包括醋酸纤维素和芳香族聚酰胺等，属于有机高分子材料，不属于金属材料，D不符合题意。2.（2025·陕晋青宁2题）下列化学用语或图示表达正确的是（）A.CS2的电子式为︰S‥︰︰C︰︰SB.基态Be原子的价电子排布式为2s22p2C.C2H2的球棍模型为D.反-2-丁烯的结构简式为解析：ACS2的结构与CO2的结构类似，故CS2的电子式为︰S‥︰︰C︰︰S‥︰，A正确；Be为第4号元素，基态Be原子的价电子排布式为2s2，B错误；题图为乙炔的空间填充模型，C错误；反-2-丁烯的结构简式为，D错误3.（2025·陕晋青宁3题）下列有关物质性质与用途对应关系错误的是（）A.单晶硅熔点高，可用于制造芯片B.金属铝具有还原性，可用于冶炼金属C.浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂D.乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属解析：A单晶硅可用于制造芯片是因为其具有半导体的性质，A错误；金属铝具有强还原性，可利用铝热反应来冶炼某些高熔点金属，B正确；浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，C正确；氧炔焰的温度可达到3000℃，常用于焊接或切割金属，D正确。4.（2025·陕晋青宁4题）抗坏血酸葡萄糖苷（AA2G）具有抗氧化功能。下列关于AA2G的说法正确的是（）A.不能使溴水褪色B.能与乙酸发生酯化反应C.不能与NaOH溶液反应D.含有3个手性碳原子解析：BAA2G分子中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应而使溴水褪色，A错误；AA2G分子中含有羟基，能与乙酸发生酯化反应，B正确；AA2G分子中含有酯基，酯基可在氢氧化钠溶液中发生水解反应，C错误；如图中“*”所示，AA2G分子中含有7个手性碳原子，D错误。5.（2025·陕晋青宁5题）“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式。我国科研人员合成了由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，结构如图。下列说法错误的是（）A.该索烃属于芳香烃B.该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定C.该索烃的两个大环之间不存在范德华力D.破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键解析：C该索烃仅由C、H元素组成，含有苯环，故属于芳香烃，A正确；质谱仪可用于测定有机物的相对分子质量，B正确；该索烃的两个大环在空间上穿插互锁，二者之间存在范德华力，C错误；该索烃的两个大环在空间上穿插互锁形成“机械键”，若要破坏该索烃中的“机械键”，则至少需要断开其中一个环，因此需要断裂共价键，D正确。6.（2025·陕晋青宁6题）下列对物质性质的解释错误的是（）选项物质性质解释A氯化钠熔点高于氯化铯氯化钠离子键强于氯化铯B碘易溶于四氯化碳碘和四氯化碳都是非极性分子C草酸氢钠溶液显酸性草酸氢根离子水解程度大于电离程度D离子液体导电性良好离子液体中有可移动的阴、阳离子解析：C氯化钠和氯化铯均为离子晶体，阴、阳离子所带电荷数相同，而离子半径：Na＋＜Cs＋，故氯化钠的离子键强于氯化铯的离子键，因此氯化钠的熔点高于氯化铯的熔点，A正确；碘和四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶原理可知，碘易溶于四氯化碳，B正确；草酸氢根离子水解产生OH－，电离产生H＋，草酸氢钠溶液显酸性，说明草酸氢根离子的电离程度大于水解程度，C错误；离子液体中有可移动的阴、阳离子，因此离子液体导电性良好，D正确。7.（2025·陕晋青宁7题）下列有关反应方程式错误的是（）A.泡沫灭火器反应原理：6NaHCO3＋Al2（SO4）33Na2SO4＋2Al（OH）3↓＋6CO2B.用金属钠除去甲苯中的微量水：2Na＋2H2O2NaOH＋H2C.用NaOH溶液吸收尾气中的NO2：2NO2＋2OH－NO3－＋NO2D.氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：Cl2＋2OH－ClO－＋Cl－＋H2解析：D泡沫灭火器工作时，NaHCO3和Al2（SO4）3发生相互促进的水解反应生成Al（OH）3和CO2，A正确；Na与H2O反应生成NaOH和H2，B正确；NO2与NaOH反应生成NaNO3和NaNO2，C正确；石灰乳是悬浊液，Ca（OH）2在离子方程式中不能拆写，正确的离子方程式为Cl2＋Ca（OH）2Ca2＋＋Cl－＋ClO－＋H2O，D8.（2025·陕晋青宁8题）一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为dg·cm－3。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（）A.沿晶胞体对角线方向的投影图为B.Ag和B均为sp3杂化C.晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个D.Ag和B的最短距离为32×3223NAd解析：A沿晶胞体对角线方向投影得到的投影图为，A错误；由题图可知，与Ag直接相连的原子有4个，晶胞中B位于顶点，与B直接相连的原子有4个，故Ag与B均为sp3杂化，B正确；晶体中与Ag最近且距离相等的Ag分别位于该晶胞上、下、前、后、左、右相邻6个晶胞的体心，C正确；Ag和B的最短距离为晶胞体对角线长的12，由题目信息知，该晶胞的密度为dg·cm－3，设晶胞参数为apm，由均摊法知，B位于晶胞的顶点，个数为8×18＝1，C、N、Ag均位于晶胞体内，个数分别为4、4、1，则该晶胞的密度＝223g·mol－1（a×10－10cm）3·NAmol－1＝dg·cm－39.（2025·陕晋青宁9题）一种高聚物（XYZ2）n被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子。下列说法正确的是（）A.X、Z的第一电离能：X＞ZB.X、Y的简单氢化物的键角：X＞YC.最高价含氧酸的酸性：Z＞X＞YD.X、Y、Z均能形成多种氧化物解析：D已知X、Y和Z都是短周期元素，X、Y的价电子数相等，X形成5个共价键、Y形成3个共价键，Y的2p轨道半充满，则Y为N，X为P；Z形成1个共价键，且Z的最外层只有1个未成对电子，又X、Z电子层数相同，则Z为Cl。同周期元素从左到右，第一电离能整体呈增大的趋势，故第一电离能：P＜Cl，A错误；N和P的简单氢化物分别为NH3和PH3，电负性：N＞P，则NH3中成键电子对更靠近中心原子N，成键电子对间斥力更大，键角更大，故键角：NH3＞PH3，B错误；元素的非金属性越强，则其对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞N＞P，故最高价含氧酸的酸性：HClO4＞HNO3＞H3PO4，C错误；N可形成NO、NO2等多种氧化物，P可形成P2O5、P4O6等多种氧化物，Cl可形成Cl2O、ClO2等多种氧化物，D正确。10.（2025·陕晋青宁10题）下列实验方案不能得出相应结论的是（）结论：金属活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu结论：氧化性顺序为Cl2＞Fe3＋＞I2AB结论：甲基使苯环活化结论：增大反应物浓度，该反应速率加快CD解析：CFe与Cu形成原电池，电流表指针偏转方向由电流流入的方向决定，而电子定向移动的方向与电流方向相反，电子由Fe电极通过导线流入Cu电极，说明Fe比Cu活泼，同理得Zn比Fe活泼，则金属活动性顺序：Zn＞Fe＞Cu，A不符合题意；FeCl3溶液滴入淀粉-KI溶液，溶液颜色变蓝，说明氧化性：I2＜Fe3＋，新制氯水滴入含KSCN的FeCl2溶液中，溶液变红，说明氧化性：Cl2＞Fe3＋，则氧化性顺序：Cl2＞Fe3＋＞I2，B不符合题意；苯和酸性高锰酸钾不反应，甲苯与酸性高锰酸钾反应而使溶液紫色褪去，故得出结论：苯环使甲基活化，C符合题意；等体积、不同浓度的Na2S2O3溶液加入等体积、等浓度的H2SO4溶液中，加入浓度大的Na2S2O3溶液的试管中出现浑浊所用时间较短，能得出结论：增大反应物浓度，该反应速率加快，D不符合题意。11.（2025·陕晋青宁11题）某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（）A.G、K均能与NaOH溶液反应B.H、N既具有氧化性也具有还原性C.M和N溶液中的离子种类相同D.1molG与足量的J反应，转移电子数为NA解析：D常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性，结合图中物质转化和所学知识可推断：H2S、SO3均能与NaOH溶液反应，A正确；S、Na2SO3中S元素的化合价均处于中间价态，二者既具有氧化性也具有还原性，B正确；NaHSO3、Na2SO3溶液中所含离子种类相同，均为Na＋、H＋、OH－、SO32－、HSO3－，C正确；H2S与SO2发生反应：2H2S＋SO23S＋2H2O，因此1molG与足量的J反应，转移电子数为12.（2025·陕晋青宁12题）格氏试剂性质活泼，可与空气中的H2O和O2等反应。某兴趣小组搭建了图示无水无氧装置（部分装置略），以乙醚（沸点34.5℃）为溶剂，利用下述反应高产率地制备二苯甲酮。＋下列说法错误的是（）A.气球中填充保护气，并起缓冲压力的作用B.烧瓶中液体是格氏试剂的乙醚溶液C.图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替D.产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应解析：B气球中填充保护气，可以防止空气中的H2O和O2对实验的干扰，同时起到缓冲装置内压强的作用，A正确；根据题给信息可知，格氏试剂可与二苯甲酮发生副反应，为尽量避免发生副反应，格氏试剂应少量，因此烧瓶中应盛放苯甲酰氯的乙醚溶液，B错误；图中漏斗为恒压滴液漏斗，可平衡装置内压强，便于液体顺利流下，故不能用球形分液漏斗代替，C正确；二苯甲酮的产率高，说明二苯甲酮与格氏试剂反应生成的副产物少，说明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应，D正确。13.（2025·陕晋青宁13题）我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚（TY）合成了百里醌（TQ）。电极b表面的主要反应历程见图（灰球表示电极表面催化剂）。下列说法错误的是（）A.电解时，H＋从右室向左室移动B.电解总反应：TY＋H2OTQ＋2H2↑C.以为原料，也可得到TQD.用18O标记电解液中的水，可得到解析：D结合TY和TQ的结构简式可知，电极b上TY转化为TQ，发生“得氧失氢”的氧化反应，故电极b为电解池的阳极，结合电极b表面上的主要反应历程图可得，电极反应式为＋H2O－4e－＋4H＋，电极a为电解池的阴极，电极反应式为4H＋＋4e－2H2↑。电解池中，阳离子移向阴极，故H＋通过质子交换膜移向电极a，即从右室移向左室，A正确；电解的总反应＝阳极的电极反应式＋阴极的电极反应式，结合上述分析可知，电解总反应为TY＋H2O电解TQ＋2H2↑，B正确；根据反应历程图可知，TY中酚羟基转化为酮羰基，水中—OH连在酚羟基的对位上，进而转化为酮羰基，结合的结构并联系反应机理可知，也可以转化为TQ，C正确；根据反应历程图可知，位于甲基邻位的酮羰基上的氧原子来自水，故若用18O标记电解液中的水，则可得到，D错误。14.（2025·陕晋青宁14题）常温下，溶液中Al3＋、Zn2＋、Cd2＋以氢氧化物形式沉淀时，－lg[c（X）/（mol·L－1）]与－lg[c（H＋）/（mol·L－1）]的关系如图[其中X代表Al3＋、Zn2＋、Cd2＋、Al（OH）4－、Zn（OH）42－或Cd（OH）42－]。已知：Ksp[Zn（OH）2]＜Ksp[Cd（OH）2]，Zn（OH）2比Cd（OH）2更易与碱反应，形成M（OH）42－；溶液中c（X）≤10－5下列说法错误的是（）A.L为－lgc[Al（OH）4－]与－lgc（H＋B.Zn2＋＋4OH－Zn（OH）42－的平衡常数为C.调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd（OH）2和Al（OH）3D.调节溶液pH为4.7～6.4，可将浓度均为0.1mol·L－1的Zn2＋和Al3＋完全分离解析：BZn（OH）2与Cd（OH）2的组成相似，曲线斜率相同，Ksp＝c（X2＋）·c2（OH－），－lgKsp＝－lgc（X2＋）－2lgc（OH－）＝－lgc（X2＋）＋28＋2lgc（H＋），－lgc（X2＋）、－lgc（H＋）符合－2x＋y＝－lgKsp－28的函数关系，结合Ksp[Zn（OH）2]＜Ksp[Cd（OH）2]，可知Zn2＋沉淀完全时所需OH－浓度小，－lgc（H＋）小；Zn（OH）2比Cd（OH）2更易与碱反应，则开始生成Zn（OH）42－时OH－浓度小，－lgc（H＋）小，Zn（OH）42－、Cd（OH）L为－lgc[Al（OH）4－]与－lgc（H＋）的关系曲线，A正确；由点（8.4，5）可知Ksp[Zn（OH）2]＝10－5×（10－5.6）2＝10－16.2，根据c[Zn（OH）42－]＝10－5mol·L－1时，－lgc（H＋）＝12.4，知c（OH－）＝10－1.6mol·L－1，则Zn2＋＋4OH－Zn（OH）42－的平衡常数K＝c[Zn（OH）42－]c（Zn2+）·c4（OH－）＝c[Zn（OH）42－]Ksp[Zn（OH）2]·c2（OH－）＝10－510－16.2×（10－1.6）2＝1014.4，B错误；Al（OH）3完全溶解的pH小于14.0，而Cd（OH）2开始溶解的pH为14.0，故调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd（OH）2和Al（OH）3，C正确；由点（3.0，0）可知，Ksp[Al（OH）3]＝1×（10－11）3＝10－33，浓度均为0.1mol·L－1的Zn2＋和Al3＋，Al3＋完全沉淀时c（OH－）＝310－3310－5mol·L－1≈10－9二、非选择题：本题共4小题，共58分15.（2025·陕晋青宁15题）某实验室制备糖精钴[Co（Sac）2（H2O）4]·xH2O，并测定其结晶水含量。已知：Sac－表示糖精根离子，其摩尔质量为182g·mol－1；糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为56℃，与水互溶。CoCl2·6H2O＋2NaSac·2H2O[Co（Sac）2（H2O）4]·xH2O＋（6－x）H2O＋（一）制备Ⅰ.称取1.0gCoCl2·6H2O，加入18mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。Ⅱ.称取2.6g（稍过量）糖精钠（NaSac·2H2O），加入10mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。Ⅲ.将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。Ⅳ.过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。回答下列问题：（1）Ⅰ和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有。（写出两种）（2）Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于中，以使大量晶体析出。（3）Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1％NaSac溶液洗涤晶体，正确顺序为。A.①③②B.③②①C.②①③（4）Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中，（将实验操作、现象和结论补充完整）。（5）与本实验安全注意事项有关的图标有。（二）结晶水含量测定EDTA和Co2＋形成1∶1配合物。准确称取mg糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50～60℃下，用cmol·L－1的EDTA标准溶液滴定。（6）下列操作的正确顺序为（用字母排序）。a.用标准溶液润洗滴定管b.加入标准溶液至“0”刻度以上2～3mL处c.检查滴定管是否漏水并清洗d.赶出气泡，调节液面，准确记录读数（7）滴定终点时消耗标准溶液VmL，则产品[Co（Sac）2（H2O）4]·xH2O中x的测定值为（用含m、c、V的代数式表示）；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。答案：（1）玻璃棒、量筒、胶头滴管、酒精灯（写出两种即可）（2）冷水（3）B（4）加入硝酸酸化的AgNO3溶液，没有白色沉淀生成，说明氯离子已经洗净（5）ABC（6）c→a→b→d（7）1000mcV－49518（或500解析：（1）Ⅰ和Ⅱ步骤中，在烧杯中搅拌溶解固体需要用到玻璃棒，量取10mL或18mL蒸馏水需要用到量筒，量取蒸馏水定容时需要使用胶头滴管，加热时需要用到酒精灯。（2）根据已知信息“糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小”，故Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于冷水中，以使大量晶体析出。（3）Ⅳ中洗涤时，先用③冷的1％NaSac溶液洗涤晶体以除去晶体表面的可溶性杂质并减少其溶解损失，再用②冷水洗涤以除去晶体表面的NaSac，最后用①丙酮洗涤晶体以除去晶体表面的水，丙酮沸点较低，便于晾干，B正确。（4）Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，可取水洗时的最后一次滤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，没有白色沉淀生成，说明氯离子已经洗净。（5）实验步骤Ⅲ中“将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中”，为防止液体飞溅造成伤害，需要佩戴护目镜（A）、防止热烫（C），钴离子是重金属离子，实验完毕应注意洗手（B）。故与本实验安全注意事项有关的图标有ABC。（6）将cmol·L－1的EDTA标准溶液装入滴定管进行滴定操作时，需先检查滴定管是否漏水，滴定管确定可用后用水清洗，然后用标准溶液润洗滴定管，防止标准溶液被稀释，之后加入标准溶液至“0”刻度以上2～3mL处，最后赶出气泡，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，准确记录初始读数。故顺序是c→a→b→d。（7）根据“EDTA和Co2＋形成1∶1配合物”可知，n{[Co（Sac）2（H2O）4]·xH2O}＝n（EDTA）＝cmol·L－1×V×10－3L＝cV×10－3mol＝mg（495+18x）g·mol－1，解得x＝1000mcV－49518＝500m916.（2025·陕晋青宁16题）一种综合回收电解锰工业废盐（主要成分为Mn2＋、Mg2＋、NH4＋的硫酸盐）已知：①常温下Ksp（MgCO3）＝10－5.17，Ksp[Mg（OH）2]＝10－11.25，Ksp[Mn（OH）2]＝10－12.72；②S2O82－回答下列问题：（1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有、。（写出两种）（2）“沉锰Ⅰ”中，写出形成的Mn（OH）2被氧化成Mn3O4的化学方程式。当Mg2＋（c＝10－0.68mol·L－1）将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2＋浓度为mol·L－1。（3）“沉锰Ⅱ”中，过量的（NH4）2S2O8经加热水解去除，最终产物是NH4HSO4和（填化学式）。（4）“沉镁Ⅰ”中，当pH为8.0～10.2时，生成碱式碳酸镁[xMgCO3·yMg（OH）2·zH2O]，煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻质MgO的原因是。（5）“沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH＝8.0时，Mg2＋沉淀完全；若加至pH＝4.0时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式。（6）“结晶”中，产物X的化学式为。（7）“焙烧”中，Mn元素发生了（填“氧化”或“还原”）反应。答案：（1）适当加热搅拌（或将废盐固体粉碎等，写出两种即可）（2）6Mn（OH）2＋O22Mn3O4＋6H2O10－2.15（3）O2（4）pH过大时，主要生成Mg（OH）2，沉淀中MgCO3的比例降低，煅烧产生的CO2气体减少（5）MgNH4PO4·6H2O＋2H3PO43H2PO4－＋Mg2＋＋NH4＋＋6H2O（6）（NH4）2SO解析：（1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取适当加热、搅拌、将废盐固体粉碎等措施。（2）“沉锰Ⅰ”中，形成的Mn（OH）2被O2氧化成Mn3O4，化学方程式是6Mn（OH）2＋O22Mn3O4＋6H2O。当Mg2＋（c＝10－0.68mol·L－1）将要开始沉淀时，Q＝10－0.68×c2（OH－）＝Ksp[Mg（OH）2]＝10－11.25，解得c2（OH－）＝10－10.57（mol·L－1）2，则此时c（Mn2＋）＝Ksp[Mn（OH）2]c2（OH－）＝10－12.7210－10.57mol·L－1＝10－2.15mol·L－1。（3）（NH4）2S2O8的水解是非氧化还原反应，根据S2O82－中含有过氧键可知，水解时S结合—OH，—O—O—结合—H，化学方程式为（NH4）2S2O8＋2H2O2NH4HSO4＋H2O2，而H2O2不稳定，加热时分解产生O2，故最终产物是NH4HSO4和O2。（4）“沉镁Ⅰ”中，当pH过大时，主要生成Mg（OH）2，沉淀中MgCO3的量较少，煅烧产生的CO2气体减少，故得不到疏松的轻质MgO。（5）“沉镁Ⅱ”中，Mg2＋以MgNH4PO4·6H2O形式沉淀出来，由图可知，加H3PO4至pH＝4.0时沉淀完全溶解为Mg2＋和H2PO4－，故沉淀溶解的离子方程式是MgNH4PO4·6H2O＋2H3PO43H2PO4－＋Mg2＋＋NH4＋＋6H2O。（6）根据流程可知，“沉镁Ⅱ”后的溶液中含有大量的NH4＋和SO42－，故加H2SO4调节pH＝6.0（弱酸性）“结晶17.（2025·陕晋青宁17题）MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：Ⅰ.MgCO3（s）MgO（s）＋CO2（g）ΔH1＝＋101kJ·mol－Ⅱ.CO2（g）＋4H2（g）CH4（g）＋2H2O（g）ΔH2＝－166kJ·mol－Ⅲ.CO2（g）＋H2（g）H2O（g）＋CO（g）ΔH3＝＋41kJ·mol－回答下列问题：（1）计算MgCO3（s）＋4H2（g）MgO（s）＋2H2O（g）＋CH4（g）ΔH4＝kJ·mol－1（2）提高CH4平衡产率的条件是。A.高温高压 B.低温高压C.高温低压 D.低温低压（3）高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。所示步骤中最慢的基元反应是（填序号）；生成水的基元反应方程式为。（4）100kPa下，在密闭容器中H2（g）和MgCO3（s）各1mol发生反应。反应物（H2、MgCO3）的平衡转化率和生成物（CH4、CO2）的选择性随温度变化关系如图（反应Ⅲ在360℃以下不考虑）。①表示CH4选择性的曲线是（填字母）。②点M温度下，反应Ⅱ的Kp＝（kPa）－2（列出计算式即可）。③在550℃下达到平衡时，n（CO）＝mol。500～600℃，随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是。答案：（1）－65（2）B（3）④HO*＋CH2*＋H*＋H2*＋H2OCH3*＋H*＋2H2O（或HO*＋CH2*＋H2*CH3*＋H2O）（4）①解析：（1）根据盖斯定律，目标反应＝反应Ⅰ＋反应Ⅱ，则ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＝＋101kJ·mol－1－166kJ·mol－1＝－65kJ·mol－1。（2）反应Ⅱ为气体分子数减小的放热反应，降低温度、增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，CH4平衡产率增大，故提高CH4平衡产率的条件是低温高压。（3）活化能最大的基元反应为最慢的基元反应，由题图知，④的活化能最大，反应最慢。生成水的基元反应为③，其方程式为HO*＋CH2*＋H*＋H2*＋H2OCH3*＋H*＋2H2O或HO*＋CH2*＋H2*CH3*＋H2O。（4）①360℃以下，曲线b、c对应的数值之和约为1，则其代表选择性曲线，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，MgCO3的平衡转化率增大，则曲线a为MgCO3的平衡转化率曲线。反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH4的选择性降低，且反应Ⅲ在360℃以下不考虑，则曲线c为CH4的选择性曲线。②点M温度下，MgCO3的平衡转化率为49.0％、CH4的选择性为50％（反应Ⅲ在360℃以下不考虑），则MgCO3转化0.49mol，反应Ⅰ生成0.49molCO2，故可看作反应Ⅱ中起始时CO2为0.49mol、H2为1CO2（g）＋4H2（g）CH4（g）＋2H2O（g起始量/mol 0.49 1 0 0转化量/mol 0.245 0.98 0.245 0.49平衡量/mol 0.245 0.02 0.245 0.49平衡时气体的总物质的量为0.245mol＋0.02mol＋0.245mol＋0.49mol＝1mol，平衡时气体的总压强为100kPa。故反应Ⅱ的Kp＝24.5kPa×（49kPa）224.5kPa×（2kPa）4＝49224（kPa）－2。③由题图