2025年安徽省普通高中学业水平选择性考试-加标签（精校版）（含答案解析）

2025年安徽省普通高中学业水平选择性考试一、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·安徽，1)下列有关物质用途的说法错误的是()A.生石灰可用作脱氧剂B.硫酸铝可用作净水剂C.碳酸氢铵可用作食品膨松剂D.苯甲酸及其钠盐可用作食品防腐剂【答案】A【解析】生石灰的主要成分为CaO，具有吸水性，没有还原性，不能用作脱氧剂，A错误；硫酸铝中Al3+水【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，12.(2025·安徽，2)以下研究文物的方法达不到目的的是()A.用14C断代法测定竹简的年代B.用X射线衍射法分析玉器的晶体结构C.用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类D.用红外光谱法测定古酒中有机分子的相对分子质量【答案】D【解析】可利用14C不断衰变的原理测定竹简的年代，A不符合题意；X射线衍射法可用于分析晶体的结构，B不符合题意；可利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，C不符合题意；红外光谱法可测定有机物分子中的化学键或官能团信息，质谱法是快速、精确测定相对分子质量的重要方法，D符合题意。【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，23.(2025·安徽，3)用下列化学知识解释对应劳动项目不合理的是()选项劳动项目化学知识A用大米制麦芽糖淀粉水解生成麦芽糖B用次氯酸钠溶液消毒次氯酸钠溶液呈碱性C给小麦施氮肥氮是小麦合成蛋白质的必需元素D用肥皂洗涤油污肥皂中的高级脂肪酸钠含有亲水基和疏水基【答案】B【解析】大米中含淀粉，淀粉水解可生成麦芽糖，A不符合题意；次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质变性，故可用次氯酸钠溶液消毒，B符合题意；蛋白质由C、N、O、H等元素组成，给小麦施氮肥可补充小麦合成蛋白质的氮元素，C不符合题意；肥皂中的高级脂肪酸钠含有亲水基和疏水基，当肥皂与油污接触时，疏水基的一端溶入油污中，亲水基的一端溶入水中，油滴颗粒被一层亲水基团包围而不能彼此结合，因此经水漂洗后就可达到去污的目的，D不符合题意。【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，34.(2025·安徽，4)一种天然保幼激素的结构简式如下图：下列有关该物质的说法，错误的是()A.分子式为C19H32O3 B.存在4个C—Oσ键C.含有3个手性碳原子 D.水解时会生成甲醇【答案】B【解析】分子中的C—Oσ键共有5个，如图所示，B错误；该分子中含有如图中“*”所示的3个手性碳原子，C正确；该分子中含有酯基，水解后可生成甲醇，D正确。【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，45.(2025·安徽，5)氟气通过碎冰表面，发生反应①F2+H2OHOF+HF，生成的HOF遇水发生反应②HOF+H2OHF+H2O2。下列说法正确的是()A.HOF的电子式为H︰O‥‥︰B.H2O2为非极性分子C.反应①中有非极性键的断裂和形成D.反应②中HF为还原产物【答案】A【解析】类比HClO可知，HOF中H、F分别与O形成单键，故HOF的电子式为H︰O‥‥︰F‥‥︰，A正确；H2O2的分子结构如图：，正负电荷中心不重合，故H2O2为极性分子，B错误；反应①中有F—F非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，C错误；电负性F>O>H，故HOF中H为+1价、O为0价、F为-1价，分析反应②中各元素化合价知，H和F的化合价不变，O发生归中反应，故HF不是还原产物【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，56.(2025·安徽，6)氨是其他含氮化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成NaNH2。NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH2)Cl沉淀下列有关反应的化学方程式错误的是()A.氨在氧气中燃烧：4NH3+3O22N2+6H2OB.液氨与金属钠反应：2Na+2NH3(l)2NaNH2+H2↑C.氨水溶解Cu(OH)2：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4](OH)2D.浓氨水与HgCl2反应：HgCl2+NH3Hg(NH2)Cl↓+HCl【答案】D【解析】浓氨水与HgCl2反应不能得到HCl，正确的化学方程式为HgCl2+2NH3Hg(NH2)Cl↓+NH4Cl，D错误。【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，67.(2025·安徽，7)氨是其他含氮化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成NaNH2。NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH2)Cl沉淀下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是()A.与H+结合的能力：OH->NHB.与氨形成配位键的能力：H+>Cu2+C.H2O和NH3分子中的键长：O—H>N—HD.微粒所含电子数：NH4+【答案】B【解析】根据题给信息NaNH2遇水转化为NaOH可知，NH2-结合H+的能力大于OH-，A错误；由题中信息知，[Cu(NH3)4](OH)2与稀硫酸反应生成[Cu(H2O)4]SO4，则H+能夺取与Cu2+配位的NH3，故与氨形成配位键的能力：H+>Cu2+，B正确；原子半径：r(O)<r(N)，故键长：O—H<N—H，C错误；NH4+中所含电子数为7+1×4-1=10，NH2-【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，78.(2025·安徽，8)下列实验产生的废液中，可能大量存在的粒子组是()选项实验粒子组A稀硝酸与铜片制NOH+、Cu2+、NO3-B70%硫酸与Na2SO3制SO2H+、Na+、SO42-、C浓盐酸与KMnO4制Cl2H+、K+、Mn2+、Cl-D双氧水与FeCl3溶液制O2H+、Fe2+、Cl-、H2O2【答案】C【解析】NO难溶于水，不能大量存在于废液中，A错误；H+与HSO3-反应生成SO2，不能大量共存，B错误；浓HCl与KMnO4发生反应：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，若HCl过量，则反应结束后的废液中大量存在H+、K+、Mn2+、Cl-，C正确；H2O2有强氯化性，不能与Fe2+大量共存，FeCl3催化双氧水制O2，D【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，89.(2025·安徽，9)某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族。下列说法错误的是()A.元素电负性：X>Z>YB.该物质中Y和Z均采取sp3杂化C.基态原子未成对电子数：W<X<YD.基态原子的第一电离能：X>Z>Y【答案】D【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，由X、Z位于同一主族，X、Z形成2个共价键知X为O、Z为S；W可形成1个共价键，Y可形成5个共价键，结合原子序数关系知，W为H、Y为P。电负性：O>S>P，A正确；该化合物中P形成4个σ键，无孤电子对，S形成2个σ键，有2个孤电子对，故P和S均采取sp3杂化，B正确；基态H原子的价层电子排布式为1s1，基态O原子的价层电子排布式为2s22p4，基态P原子的价层电子排布式为3s23p3，则未成对电子数：H<O<P，C正确；第一电离能：O>S、P>S，D错误。【难度】中档题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，910.(2025·安徽，10)下列实验操作能达到实验目的的是()选项实验操作实验目的A将铁制镀件与铜片分别接直流电源的正、负极，平行浸入CuSO4溶液中在铁制镀件表面镀铜B向粗盐水中先后加入过量Na2CO3溶液、NaOH溶液和BaCl2溶液粗盐提纯中，去除Ca2+、Mg2+和SO4C向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液，再滴加5滴6mol·L-1H2SO4溶液探究c(H+)对如下平衡的影响：Cr2O72-(橙色D将有机物M溶于乙醇，加入金属钠探究M中是否含有羟基【答案】C【解析】在铁制镀件表面镀铜时，待镀件应连接电源负极，铜片应连接电源正极，A错误；粗盐提纯时，加入BaCl2溶液去除SO42-，加入NaOH溶液去除Mg2+，加入Na2CO3溶液去除Ca2+与过量的Ba2+，Na2CO3溶液不能先于BaCl2溶液加入，故B错误；K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+，滴加NaOH溶液，c(H+)减小，平衡正向移动，滴加H2SO4溶液，c(H+)增大，平衡逆向移动，故可通过观察溶液颜色变化来探究氢离子浓度对平衡移动的影响，C正确；乙醇中含有羟基，可与Na反应，【难度】中档题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，1011.(2025·安徽，11)恒温恒压密闭容器中，t=0时加入A(g)，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图(反应速率v=kx，k为反应速率常数)。下列说法错误的是()A.该条件下xN，平衡B.0~t1时间段，生成M和N的平均反应速率相等C.若加入催化剂，k1增大，k2不变，则x1和xM，平衡均变大D.若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热反应，升高温度则xA，平衡变大【答案】C【解析】反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则对于反应M(g)A(g)存在关系式：k-1·xM，平衡=k1·xA，平衡，对于反应A(g)N(g)存在关系式：k-2·xN，平衡=k2·xA，平衡，两式联立可得xN，平衡xM，平衡=k-1k2k1k-2，A正确；起始时，xM和xN均为0，t1时，xM=xN，则0~t1时间段，生成M和N的平均反应速率相等，B正确；催化剂不影响平衡移动，故xM，平衡不变，C错误；A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热反应，则升高温度，【难度】较难题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，1112.(2025·安徽，12)碘晶体为层状结构，层间作用为范德华力，层间距为dpm。如图给出了碘的单层结构，层内碘分子间存在“卤键”(强度与氢键相近)。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A.碘晶体是混合型晶体B.液态碘单质中也存在“卤键”C.127g碘晶体中有NA个“卤键”D.碘晶体的密度为2×254abd×【答案】A【解析】碘晶体中，分子间为卤键(类似氢键)是范德华力，层间也是范德华力，故为分子晶体，A错误；“卤键”类似分子间作用力，液态碘分子间距离较近，也存在“卤键”，B正确；127g碘晶体的物质的量为0.5mol，根据题图可知，1个I2形成4个“卤键”，1个“卤键”被2个I2共有，故127g碘晶体中含有且上、下层中各含2个I2，故碘晶体的密度为2×254abd×NA×【难度】中档题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，1213.(2025·安徽，13)研究人员开发出一种锂-氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅允许Li+通过。下列说法正确的是()A.放电时电解质溶液质量减小B.放电时电池总反应为H2+2Li2LiHC.充电时Li+移向惰性电极D.充电时每转移1mol电子，c(H+)降低1mol·L-1【答案】C【解析】结合锂-氢可充电电池装置，再结合题中信息“使用前需先充电”可知，先充电的目的是将惰性电极附近的有机电解质中的Li+转化为Li，故充电时，惰性电极为阴极，其电极反应式为Li++e-Li；气体扩散电极为阳极，其电极反应式为H2-2e-+2H2PO4-2H3PO4。放电时，惰性电极为负极，其电极反应式为Li-e-Li+；气体扩散电极为正极，其电极反应式为2H3PO4+2e-H2↑+2H2PO4-。由放电时正极发生的反应知，每2mol(14g)Li+进入电解质溶液，有1mol(2g)H2扩散到储氢容器，故电解质溶液质量增加，A错误；由正、负极发生的反应知，放电时电池总反应为2Li+2H3PO4H2↑+2Li++2H2PO4-，B错误；电解池中阳离子移向阴极，故充电时Li+移向惰性电极，C正确；电解质溶液体积未知，且H3PO4是弱酸，故c(H+)不能判断，【难度】中档题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，1314.(2025·安徽，14)H2A是二元弱酸，M2+不发生水解。25℃时，向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液中lg[c(M2+)/(mol·L-1)]与pH的关系如图所示。已知25℃时，Ka1(H2A)=10-1.6，Ka2(H2A)=10-6.8，lg2=0.3。下列说法正确的是()A.25℃时，MA的溶度积常数Ksp(MA)=10-6.3B.pH=1.6时，溶液中c(M2+)>c(Cl-)>c(HA-)>c(A2-)C.pH=4.5时，溶液中c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)D.pH=6.8时，溶液中c(H+)+2c(HA-)+c(H2A)=c(OH-)+c(Cl-)【答案】A【解析】由Ka2知pH=6.8时，c(A2-)=c(HA-)，且pH较大时H2A可忽略不计。b点处c(M2+)=10-3.0mol·L-1，根据元素守恒c(M2+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=2c(A2-)知，c(A2-)=0.5×10-3.0mol·L-1，故Ksp(MA)=c(M2+)·c(A2-)=10-3.0×0.5×10-3.0=1100.3×10-6=10-6.3，A正确；元素守恒式为c(M2+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，根据电荷守恒，c(H+)+2c(M2+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)，消去c(HA-)得c(M2+)-c(Cl-)=[c(OH-)-c(H+)]+[c(A2-)-c(H2A)]，pH=1.6时c(OH-)<c(H+)，由Ka1知c(HA-)=c(H2A)，故c(A2-)<c(H2A)，故c(M2+)-c(Cl-)<0，即c(M2+)<c(Cl-)，故B错误；pH=4.5时，溶液中c(H+)=10-4.5mol·L-1，由Ka1(H2A)=10-1.6知c(HA-)c(H2A)=102.9>1，故c(HA-)>c(H2A)，由Ka2(H2A)=10-6.8知c(A2-)c(HA-)=10-2.3<1，故c(HA-)>c(A2-)，由Ka1(H2A)·Ka2(H2A)=c2(H+)·c(A2-)c(H2A)，知c(A2-)c(H2A)=100.6>1，故c(A2-)>c(H2A)，即溶液中c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，C错误；pH=6.8时，联立电荷守恒c(H+)+2c(M2+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)和元素守恒c(M2+)=c(H2A)+c【难度】较难题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，14二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.(2025·安徽，15)(14分)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下所示。已知25℃时，Ksp(SrSO4)=10-6.46，Ksp(BaSO4)=10-9.97。回答下列问题：(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态锶原子价电子排布式为。(2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、(填离子符号)。(3)“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为；25℃时，向0.01molSrSO4粉末中加入100mL0.11mol·L-1BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2+)·c(SO42-)=mol2·L-2(忽略溶液体积的变化(4)其他条件相同时，盐浸2h，浸出温度对锶浸出率的影响如图甲所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是。(5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、(填化学式)。(6)将窝穴体a(结构如图乙所示)与K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是。(7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是(填序号)。a.加热脱水 b.在HCl气流中加热c.常温加压 d.加热加压【答案】(1)5s2(2)Ca2+、Mg2+(3)Ba2+(aq)+SrSO4(s)Sr2+(aq)+BaSO4(s)10-8.97(4)温度升高，SrSO4溶解度增大，反应速率加快(5)SiO2、BaSO4(6)a的空腔和Sr2+的大小更适配(7)a【解析】(2)稀盐酸“酸浸”时，该废渣中的碳酸盐溶解，故“浸出液”中的金属离子除Sr2+外，还有Ca2+、Mg2+。(3)“盐浸”时发生沉淀转化，离子方程式是Ba2+(aq)+SrSO4(s)Sr2+(aq)+BaSO4(s)。BaCl2溶液中l反应后的溶液是BaSO4的饱和溶液，则溶液中c(SO42-)=Ksp(BaSO4)c(Ba2+)=10-9.9710-2mol·L-1=10-7.97mol·L-1，c(Sr2+)·c(SO42-)=0.1mol·L-1×10-7.97mol·L-1=10-8.97mol2·L-2。(5)“酸浸”“盐浸”两个操作中，SiO2均不能被浸出，“盐浸”时生成BaSO4，故“浸出渣2”中包括SrSO4、SiO2、BaSO4。(6)由窝穴体a与K+形成的超分子能提取浸出液中的Sr2+，说明a的空腔与Sr2+的大小更匹配。(7)Ca(OH)2为强碱，金属性：Sr>Ca，故Sr(OH)2也为强碱，SrCl2是强酸强碱盐，Sr2+不发生水解，故可由SrCl2·6H2O直接加热脱水得到无水SrCl2。SrCl2【难度】中档题【题型】填空题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，1516.(2025·安徽，16)(14分)侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，以NaCl和NH4HCO3为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下：①配制饱和食盐水；②在水浴加热下，将一定量研细的NH4HCO3加入饱和食盐水中，搅拌，使NH4HCO3溶解，静置，析出NaHCO3晶体；③将NaHCO3晶体减压过滤、煅烧，得到Na2CO3固体。回答下列问题：(1)步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有(填名称)。(2)步骤②中NH4HCO3需研细后加入，目的是。(3)在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱，优点是。(4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的pH随滴加盐酸体积变化的曲线如图所示。ⅰ.到达第一个滴定终点B时消耗盐酸V1mL，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V2mL。V1=V2，所得产品的成分为(填标号)。a.Na2CO3 b.NaHCO3c.Na2CO3和NaHCO3 d.Na2CO3和NaOH(有歧义)ⅱ.到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的V'1V1(填“>”“<”或“=”)。(5)已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30.7g和10.3g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气体会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究：实验操作现象a将CO2匀速通入置于烧杯中的20mL饱和Na2CO3溶液，持续20min，消耗600mLCO2无明显现象b将20mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500mL矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶1~2min，静置矿泉水瓶变瘪，3min后开始有白色晶体析出ⅰ.实验a无明显现象的原因是。ⅱ.析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42g晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液，NaOH溶液增重0.088g，则白色晶体中NaHCO3的质量分数为。【答案】(1)烧杯、玻璃棒(2)加快NH4HCO3的溶解、加快反应的进行(3)原料易得、操作简单、污染小(4)ⅰ.aⅱ.>(5)ⅰ.CO2的吸收率低，生成NaHCO3的量小，未达到饱和ⅱ.80%【解析】(1)配制饱和食盐水时，需要用烧杯溶解，用玻璃棒搅拌。(3)用CO2和NH3制备纯碱时，NH3会污染空气，且操作复杂，用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱，原料更易获得，污染小，且由实验步骤知，操作简单。(4)ⅰ.由反应：Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl、NaHCO3+HClCO2↑+NaCl+H2O知，若产品为纯净的碳酸钠，到达两个滴定终点时消耗的盐酸的量相等，a正确；若产品为NaHCO3，则只有1个滴定终点，b错误；若产品为Na2CO3、NaHCO3的混合物，则V2>V1，c错误；若产品为Na2CO3和NaOH的混合物，则有3个滴定终点，d错误。ⅱ.达到第一个滴定终点前，盐酸局部过浓，必然会使一部分Na2CO3与盐酸反应生成CO2，故V'1>V1。(5)ⅰ.实验a中盛装饱和碳酸钠溶液的烧杯为敞口体系，通入二氧化碳时，部分CO2逸出，且CO2在水中的溶解度小，导致CO2无法全部与碳酸钠反应，生成的NaHCO3的量少，没有达到饱和状态，故无NaHCO3晶体析出。ⅱ.CaCl2用于除去水蒸气，故NaOH溶液增加的质量为产生的二氧化碳的质量，n(CO2)=0.088g44g·mol-1=0.002mol，由2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑知，n(NaHCO3)=0.004mol，故NaHCO3的质量为0.004mol×84g·mol-1=0.336g，白色晶体中NaHCO3的质量分数为0.336g【难度】中档题【题型】实验题【题目来源】高三|2025|高考真题|安徽【来源详情】2025·安徽，1617.(2025·安徽，17)(15分)Ⅰ.通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应：①HCOOH(g)CO(g)+H2O(g)ΔH1=+26.3kJ·mol-1②HCOOH(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-14.9kJ·mol-1(1)反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的ΔH=kJ·mol-1。(2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH(g)，发生上述两个分解反应，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是(填标号)。a.气体密度不变b.气体总压强不变c.H2O(g)的浓度不变d.CO和CO2的物质的量相等(3)一定温度下，使用某催化剂时反应历程如图甲，反应①的选择性接近100%，原因是；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是。Ⅱ.甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和H2)的重要方法，主要反应有③CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)④CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)⑤CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)(4)恒温恒容条件下，可提高CH4平衡转化率的措施有(填序号)。a.增加原料中CH4的量b.增加原料中CO2的量c.通入Ar气(5)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的CH4/CO2/Ar混合气，投料组成与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如图乙。ⅰ.投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n(CO)∶n(H2)的值将(填“增大”“减小”或“不变”)。ⅱ.若平衡时Ar的分压为pkPa，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数Kp=(kPa)2(用含p的代数式表示，Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。【答案】(1)-41.2(2)bc(3)反应①活化能远小于反应②升高温度，反应②的反应速率提升程度更大(4)b(5)ⅰ.增大ⅱ.2740p【解析】(1)根据盖斯定律，由反应②-反应①，可得CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-14.9kJ·mol-1-26.3kJ·mol-1=-41.2kJ·mol-1。(2)该反应中反应物、生成物均为气体，气体总质量不变，容器恒容，则气体密度始终不变，故a错误；反应①和②反应前后气体分子数均不相等，气体总压强为变量，则气体总压强不变可以说明反应达到平衡状态，故b正确；H2O(g)的浓度不变，则反应体系中各物质浓度均不变，可以说明反应达到平衡状态，故c正确；CO和CO2的物质的量相等，不能说明各物质浓度不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误。(3)由图可知，使用该催化剂时反应①的活化能远小于反应②的，故此时反应①的选择性可接近100%；活化能越高的反应的速率对温度越敏感，反应②的活化能更高，升温对其化学反应速率的增加更明显，故升高温度，反应①的选择性下降。(4)增加原料中CH4的量，反应③和反应⑤平衡正向移动，但CH4的平衡转化率降低，故a错误；增加原料中CO2的量，反应③平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，故b正确；恒容条件下通入Ar气，体系压强增大，但各反应物浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变，故c错误。(5)ⅰ.由题图知，随着投料组成中Ar含量下降，CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率，说明反应④正向进行程度大于反应⑤正向进行程度，故平衡体系中n(CO)∶n(H2)的值将增大。ⅱ.设初始投料：n(CH4)=4mol、n(CO2)=4mol、n(Ar)=2mol，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时：n(CH4)=4mol-4mol×20%=3.2mol；n(CO2)=4mol-4mol×30%=2.8mol；根据碳元素守恒：n(CO)=8mol-n(CH4)-n(CO2)=8mol-3.2mol-2.8mol=2mol；根据氧元素守恒：n(H2O)=8mol-n(CO)-2n(CO2)=8mol-2mol-2×2.8mol=0.4mol；根据氢元素守恒：n(H2)=8mol-2n(CH4)-n(H2O)=8mol-2×3.2mol-0.4mol=1.2mol；平衡时，气体总物质的量为3.2mol+2.8mol+2mol+0.4mol+1.2mol+2mol=11.6mol，Ar的分压为pkPa，p(H2O)=0.411.6×5.8pkPa=0.2pkPa，反应⑤的平衡常数Kp=(0.6p)3×p1.6p×0.2【难度】较难题【题型】填空