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2025届高考化学模拟预测押题卷（全国甲卷）
一．选择题（共14小题）
1．（2025 四川模拟）我国传统手工艺品是劳动人民的智慧结晶，并随着时代发展不断创新。下列手工艺品中主要成分为无机物的是（　　）
A．云锦 B．牡丹瓷
C．麦秆画 D．油纸伞
A．A B．B C．C D．D
2．（2024秋 仁寿县校级月考）下列化学用语表述正确的是（　　）
A．葡萄糖的实验式：C6H12O6
B．乙醛官能团的结构简式：—COH
C．乙醇分子的空间填充模型：
D．丙烯的结构简式：CH3CHCH2
3．（2025 绵阳模拟）下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．硫化氢溶液中通入二氧化硫：
B．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：
C．向Fel2溶液中通入足量Cl2：
D．向AgNO3溶液中加入过量氨水：
4．（2025春 成都期中）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。下列各转化关系中不能都一步实现的是（　　）
A．S→SO2→SO3→H2SO4
B．SiO3→粗硅→SiHCl3→高纯硅
C．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3
D．Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH
5．（2024秋 泸州期末）安全操作是化学的必修课。下列做法符合安全要求的是（　　）
A．实验剩余的钠块丢入废液缸
B．金属钾着火用CO2扑灭
C．将炽热铁水注入潮湿模具
D．H2点燃之前需要检验纯度
6．（2025 射洪市校级三模）某药物的有效成分结构如图。下列说法错误的是（　　）
A．分子中含有8个手性碳原子
B．与H2分子1：1加成时可能产生4种不同产物
C．能形成分子内氢键和分子间氢键
D．能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，但原理不同
7．（2024秋 南充月考）下列装置可以完成相应实验的是（　　）
A．测稀硫酸pH B．制备氨水
C．验证乙炔属于不饱和烃 D．分离CH2Cl2与CCl4
A．A B．B C．C D．D
8．（2025 泸州模拟）在非水溶剂中，将CO2转化为化合物ⅱ的催化机理示意图如图。下列说法错误的是（　　）
A．AcOH不能降低反应的活化能
B．KI不能提高CO2的平衡转化率
C．反应历程中有极性键的断裂与形成
D．该过程的总反应式：
9．（2025春 达州校级期中）下列关于含氯微粒的说法不正确的是（　　）
A．的空间构型为V形
B．ClO2属于共价化合物
C．的键角为120°
D．中心原子轨道杂化类型为sp3
10．（2024春 郫都区校级期末）探究H2O2的分解反应，实验方案如图。下列说法不正确的是（　　）
A．H2O2中既含有极性共价键又含有非极性共价键
B．向①中伸入带火星的小木条未见复燃，说明H2O2未分解
C．对比②③④，可探究温度对H2O2分解速率的影响
D．本实验可通过观察产生气泡的快慢来比较H2O2分解的速率
11．（2025春 资阳校级月考）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数。四种元素形成的一种食品添加剂Q的结构如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．电负性：Z＜Y＜X
B．Q中所有原子均满足8电子稳定结构
C．ZW2可与W2X反应生成还原性气体
D．X与Y形成的最高价化合物不能用于干燥NH3
12．（2025 绵阳三模）一种与Zn电极耦合的Cu—Se高能量密度电池工作原理如图。下列说法错误的是（　　）
A．放电时，向Zn电极迁移
B．充电时，电池总反应为Cu2Se+2Zn2+═2Cu2++Se+2Zn
C．放电时，若消耗1mol Se，则有穿过阴离子交换膜
D．若用铅蓄电池为该电池充电，则Se电极应与PbO2电极相连
13．（2025 绵阳三模）某光电材料的立方晶胞如图，3号位F﹣的分数坐标为（0，0，0），晶胞参数为anm，NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．该物质的化学式为KMnF3
B．K+的分数坐标为
C．晶体中每个F﹣周围最近的K+数目为4
D．1号位和2号位F﹣的核间距为
14．（2025 绵阳三模）已知：H2A为二元酸，MOH为强碱，MHA易溶于水，1g5＝0.7。常温下，含足量M2A（s）的M2A溶液中，逐滴滴入某浓度H2A的溶液调节pH，测得pM[﹣lgc（M+）]及溶液中含A物种的分布系数δ[例如随pOH变化曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．H2A第一步电离方程式为H2A H++HA﹣
B．常温下，pKsp（M2A）约为9.3
C．当pH＝5时，100c（A2﹣）＝c（HA﹣）
D．b点：c（HA﹣）＜c（OH﹣）﹣c（H+）
二．工艺流程题（共2小题）
15．（2017 乐山二模）草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂制备．一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等]制取CoC2O4 2H2O工艺流程如图1：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Co（OH）2 Al（OH）3 Mn（OH）2
完全沉淀的pH 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是将 　 　 还原（填离子符号）以便固体溶解．该步反应的离子方程式为 　 　 （写一个）．
（2）NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，氯元素被还原为最低价．该反应的离子方程式为 　 　 ．
（3）利用平衡移动原理分析：加Na2CO3能使浸出液中Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀的原因是 　 　 ．
（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2所示．滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是 　 　 ；使用萃取剂适宜的pH＝ 　 　 （填序号）左右：
A．2.0 B．3.0 C．4.0
（5）滤液Ⅰ“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀．已知Ksp（MgF2）＝7.35×10﹣11、Ksp（CaF2）＝1.05×10﹣10．当加入过量NaF后，所得滤液c（Mg2+）/c （Ca2+）＝ 　 　 ．
16．（2025 达州模拟）氧化钪（Sc2O3）是一种稀土氧化物，广泛地应用于原子能、航空航天、荧光、电子、高技术陶瓷等领域。工业上以钨渣[含W，Sc，Si，Ca，Na，Zr（锆）等诸多元素的氧化物]为原料提取高纯度氧化钪的流程如图：
查阅资料：1.钨的氧化物WO3是酸性氧化物；
2.萃取相是采用TBP和P204与煤油按一定比例混合而成的有机相（TP）；
3.萃取相比O/W即为有机相与被萃取的酸性溶液的体积比；
4.逆流萃取指萃取剂与原溶液逆向流动的萃取。单极萃取指仅进行一次萃取的操作。
（1）钪的基态原子价电子轨道表示式为 　 　 。
（2）“萃取”采用逆流萃取，相比单级萃取的优势有 　 　 。“萃取”过程中萃取相比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，请根据表格中的数据选择的最佳萃取相比O/W和搅拌器转速分别为 　 　 。
表1萃取相比试验结果
萃取相比O/W 1：10 1：15 1：20 1：25 1：30 1：35 1：40
萃取率% 90 90 90 80 75 70 60
表2搅拌速度试验结果
搅拌器转速r min﹣1 150 300 450 600 700
萃取率% 70 80 90 少量乳浊液 大量乳浊液
（3）Sc3+与P204形成的配合物可表示为Sc（HA2）3，则加氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生成Sc（OH）3的化学方程式为 　 　 。
（4）Sc（OH）3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH调节过小，可能导致的后果是 　 　 。
（5）苦杏仁酸（）在酸性条件下可与Zr4+形成配合物，请解释其与Zr4+配位的化学原理是 　 　 。
（6）空气中“煅烧”时发生反应的化学方程式为 　 　 。
三．推断题（共1小题）
17．（2025 泸州模拟）从海鞘中分离得到的类似communesin家族的天然产物，具有抗病毒等多样生物活性。合成其中间体H的一条路线如图（略去部分试剂和条件，忽略立体化学）。
（1）B→C的反应类型为 　 　 ；H分子中采用sp2杂化的碳原子数为 　 　 。
（2）D→E可能产生副产物，其结构简式是 　 　 ；
（3）E→F中还有一种产物，其名称是 　 　 。
（4）F→G反应中NaClO2的作用是 　 　 ，G中含氧官能团名称是 　 　 。
（5）①反应中，DMAP的结构简式为：，其含有苯环不含—CH3的同分异构体共 　 　 种。
（6）参照上述路线，由合成B有4步反应，第二步反应的化学方程式是 　 　 。
四．解答题（共1小题）
18．（2025 射洪市校级二模）甲醇是重要的化工原料之一，也可用作燃料，利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）可以合成甲醇，涉及的反应如下：
反应ⅰ：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g） ΔH1
反应ⅱ：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g） ΔH2＝﹣49.9kJ mol﹣1
反应ⅲ：CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g） ΔH3＝+41.6kJ mol﹣1
回答下列问题：
（1）在某催化剂作用下，反应ⅰ的反应历程如图所示（图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，*表示吸附在催化剂上）：
①反应ⅰ在 　 　 （填“较低”或“较高”）温度下才能自发进行。
②结合反应历程，写出反应ⅰ中生成甲醇的决速步骤的反应方程式：　 　 。
③m＝ 　 　 （计算结果保留两位有效数字，已知1eV＝1.6×10﹣22kJ）。
（2）将一定量的CO2（g）和H2（g）充入密闭容器中并加入合适的催化剂，只发生反应ⅱ和ⅲ．相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH的选择性[100%]和CO的选择性100%随压强的变化曲线如图所示。
图中表示CO2的平衡转化率的曲线是 　 　 （填“m”“n”或“p”），简述判断方法：　 　 。
（3）有研究认为，在某催化剂作用下反应ⅱ先后通过反应ⅲ、ⅰ来实现。保持温度T不变，向一恒容密闭容器中充入4mol CO2和8mol H2，在该催化剂作用下发生反应，经5min达到平衡，测得H2O（g）的物质的量为3mol，起始及达平衡时容器的总压强分别为1.5akPa、akPa，则从开始到平衡用H2分压表示的平均反应速率为 　 　 kPa min﹣1（用含a的式子表示，下同，分压＝总压×物质的量分数）；反应ⅱ的压强平衡常数Kp＝ 　 　 （kpa）﹣2（Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数）。
（4）光催化CO2制甲醇技术也是研究热点。铜基纳米光催化材料还原CO2的机理如图所示，光照时，低能价带失去电子并产生空穴（h+，具有强氧化性）。在低能价带上，H2O直接转化为O2的电极反应式为 　 　 。
2025届高考化学模拟预测押题卷（全国甲卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题）
1．（2025 四川模拟）我国传统手工艺品是劳动人民的智慧结晶，并随着时代发展不断创新。下列手工艺品中主要成分为无机物的是（　　）
A．云锦 B．牡丹瓷
C．麦秆画 D．油纸伞
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【分析】根据各物质的组成进行分析解答。
【解答】解：A．云锦的主要成分包括蚕丝，属于有机物蛋白质，故A错误；
B．牡丹瓷属于陶瓷，主要成分是硅酸盐，故B正确；
C．麦秆画主要成分是纤维素，故C错误；
D．油纸伞骨架是由竹子为材料制作，主要成分是纤维素，伞面主要由棉纸制成，主要成分是蛋白质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查有机物和无机物的定义，理解了两个基本定义的内涵，明确相关物质的成分组成是解题关键，题目难度不大。
2．（2024秋 仁寿县校级月考）下列化学用语表述正确的是（　　）
A．葡萄糖的实验式：C6H12O6
B．乙醛官能团的结构简式：—COH
C．乙醇分子的空间填充模型：
D．丙烯的结构简式：CH3CHCH2
【答案】C
【分析】A．根据葡萄糖的分子式和实验式的关系，进行分析；
B．根据乙醛官能团的结构，进行分析；
C．根据乙醇分子的空间结构，进行分析；
D．根据丙烯的结构简式书写规则，进行分析。
【解答】解：A．葡萄糖的实验式是CH2O，分子式为C6H12O6，故A错误；
B．乙醛官能团的是醛基，结构简式，故B错误；
C．空间填充模型突出的是原子之间相对大小以及原子的大致连接顺序、空间结构，乙醇分子的空间填充模型是，故C正确；
D．丙烯的结构简式CH3CH＝CH2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查化学用语的正确使用，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
3．（2025 绵阳模拟）下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．硫化氢溶液中通入二氧化硫：
B．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：
C．向Fel2溶液中通入足量Cl2：
D．向AgNO3溶液中加入过量氨水：
【答案】C
【分析】A．硫化氢是弱酸不能拆；
B．发生氧化还原反应，生成硫酸钠、NaCl，还生成HClO；
C．氯气过量，亚铁离子和碘离子都完全被氧化，亚铁离子与碘离子的物质的量之比应该为1：2；
D．AgNO3溶液中加入过量的氨水，过量的氨水会溶解沉淀AgOH。
【解答】解：A．硫化氢溶液中通入二氧化硫的离子反应为2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，故A错误；
B．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液的离子反应为H2SO3+2ClO﹣═Cl﹣+H+HClO，故B错误；
C．FeI2溶液中通入过量Cl2，反应生成氯化铁和碘单质，正确的离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Cl2═2Fe3++2I2+6Cl﹣，故C正确；
D．AgNO3溶液中加入少量的氨水，发生反应：Ag++NH3 H2O═AgOH↓ 加过量的氨水，发生反应：AgOH+2NH3 H2O═[Ag（NH3）2]++2H2O+OH﹣．故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的书写方法，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
4．（2025春 成都期中）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。下列各转化关系中不能都一步实现的是（　　）
A．S→SO2→SO3→H2SO4
B．SiO3→粗硅→SiHCl3→高纯硅
C．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3
D．Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH
【答案】C
【分析】A．硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；
B．二氧化硅与焦炭反应生成粗硅，在加热的条件下与氯化氢反应生成SiHCl3，氢气在高温条件下还原生成纯硅，可实现转化；
C．氧化铝与水不反应；
D．钠与氧气在加热反应生成Na2O2，Na2O2和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙生成氢氧化钠。
【解答】解：A．硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，所以转化关系中能一步实现，故A错误；
B．二氧化硅与焦炭反应生成粗硅，在加热的条件下与氯化氢反应生成SiHCl3，氢气在高温条件下还原生成纯硅，在指定条件下能够实现，故B错误；
C．氧化铝与水不反应，不能一步实现，故C正确；
D．钠与氧气在加热反应生成Na2O2，Na2O2和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙生成氢氧化钠，Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH都能一步实现，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质和转化关系的分析判断，追知识的熟练掌握，题目难度不大。
5．（2024秋 泸州期末）安全操作是化学的必修课。下列做法符合安全要求的是（　　）
A．实验剩余的钠块丢入废液缸
B．金属钾着火用CO2扑灭
C．将炽热铁水注入潮湿模具
D．H2点燃之前需要检验纯度
【答案】D
【分析】A．钠是非常活泼的金属，会与水剧烈反应产生氢气并放出大量热；
B．金属钾着火不能用CO2扑灭，因为钾能在CO2中燃烧；
C．炽热的铁能与水蒸气发生反应生成四氧化三铁和氢气；
D．H2是可燃性气体。
【解答】解：A．钠与水剧烈反应产生氢气并放出大量热，则实验剩余的钠块丢入废液缸，钠与水反应可能引发危险，故A错误；
B．金属钾着火不能用CO2扑灭，因为钾能在CO2中燃烧，反应的化学方程式为，所以不能用CO2灭火，故B错误；
C．炽热的铁能与水蒸气发生反应生成四氧化三铁和氢气，氢气为可燃性气体，容易发生危险，故C错误；
D．H2是可燃性气体，如果H2中混有空气等杂质，点燃时可能发生爆炸，所以点燃H2之前需要检验纯度，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查实验安全，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
6．（2025 射洪市校级三模）某药物的有效成分结构如图。下列说法错误的是（　　）
A．分子中含有8个手性碳原子
B．与H2分子1：1加成时可能产生4种不同产物
C．能形成分子内氢键和分子间氢键
D．能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，但原理不同
【答案】B
【分析】A．手性碳原子是指连接了四种不同原子的碳原子，需要查看结构图中每个碳原子的连接情况来确定手性碳原子的数量；
B．与H2分子1：1加成可能产生不同产物的情况，通常涉及到分子中存在多个可以加成的位点；
C．分子内氢键通常发生在分子内部，一个氢原子同时与一个电负性较大的原子（如氧或氮）形成共价键，并且与另一个电负性较大的原子形成氢键；
D．酸性KMnO4溶液褪色通常是因为其被还原，而溴水褪色可能是因为发生了加成反应或氧化还原反应。
【解答】解：A．手性碳原子是指连接了四种不同原子的碳原子，如图所示：，共8个手性碳原子，故A正确；
B．分子中的碳碳双键能和H2加成，两个碳碳双键为共轭结构，与氢气1：1加成时可以发生1，2﹣加成或1，4﹣加成，可以得到3种产物，故B错误；
C．分子中含有羟基、羧基，且羧基和羟基距离近，能形成分子内氢键，也能形成分子间氢键，故C正确；
D．该物质和Br2发生加成反应使得溴水褪色，和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应使得溶液褪色，褪色的原理不同，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查有机物的结构和性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2024秋 南充月考）下列装置可以完成相应实验的是（　　）
A．测稀硫酸pH B．制备氨水
C．验证乙炔属于不饱和烃 D．分离CH2Cl2与CCl4
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】A．不能将试纸浸入溶液中；
B．氨气极易溶于水；
C．生成的乙炔中含硫化氢等，均与溴水反应，则溴水褪色；
D．CH2Cl2与CCl4互溶，沸点不同，可选图中蒸馏装置分离。
【解答】解：A．不能将试纸浸入溶液中，应选玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，故A错误；
B．氨气极易溶于水，导管口在液面下易发生倒吸，故B错误；
C．不能验证乙炔属于不饱和烃，由于乙炔中含硫化氢等，乙炔和硫化氢均与溴水反应使其褪色，故C错误；
D．CH2Cl2与CCl4互溶，沸点不同，可选图中蒸馏装置分离，温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处测定馏分的温度，冷凝管中冷水下进上出，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
8．（2025 泸州模拟）在非水溶剂中，将CO2转化为化合物ⅱ的催化机理示意图如图。下列说法错误的是（　　）
A．AcOH不能降低反应的活化能
B．KI不能提高CO2的平衡转化率
C．反应历程中有极性键的断裂与形成
D．该过程的总反应式：
【答案】A
【分析】A．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率；
B．KI不影响平衡移动；
C．反应历程中有C—C极性键的断裂与C—O极性键的形成；
D．由图可知总反应式为甲基环氧乙烷生成甲基碳酸酯。
【解答】解：A．由图可知，AcOH是转化过程中的催化剂，可以降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变焓变，故A错误；
B．KI不影响平衡移动，不能提高CO2的平衡转化率，故B正确；
C．反应历程中有C—C极性键的断裂与C—O极性键的形成，故C正确；
D．该过程的总反应式为，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查化学反应机理的探究，同时考查化学键类型，属于基本知识的考查，难度不大。
9．（2025春 达州校级期中）下列关于含氯微粒的说法不正确的是（　　）
A．的空间构型为V形
B．ClO2属于共价化合物
C．的键角为120°
D．中心原子轨道杂化类型为sp3
【答案】C
【分析】A．的中心原子价层电子对数为4；
B．ClO2只含共价键；
C．的中心原子价层电子对数为4；
D．中心原子价层电子对数为4。
【解答】解：A．的中心原子价层电子对数为4，含两对孤电子对，空间构型为V形，故A正确；
B．ClO2只含共价键，为共价化合物，故B正确；
C．的中心原子价层电子对数为4，含一对孤电子对，空间构型为三角锥形，键角不是120°，故C错误；
D．中心原子价层电子对数为4，轨道杂化类型为sp3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学键，侧重考查学生杂化的掌握情况，试题难度中等。
10．（2024春 郫都区校级期末）探究H2O2的分解反应，实验方案如图。下列说法不正确的是（　　）
A．H2O2中既含有极性共价键又含有非极性共价键
B．向①中伸入带火星的小木条未见复燃，说明H2O2未分解
C．对比②③④，可探究温度对H2O2分解速率的影响
D．本实验可通过观察产生气泡的快慢来比较H2O2分解的速率
【答案】B
【分析】A．H2O2中既含有极性共价键H﹣O键，又含有非极性共价键O﹣O键；
B．氧气浓度较大时，才可以使带火星的小木条复燃，故该操作不能说明H2O2未分解；
C．根据对比实验的单一变量原则，对比②③④，可探究温度对H2O2分解速率的影响；
D．产生气泡越快，分解速率越快，本实验可通过观察产生气泡的快慢来比较H2O2分解的速率；
【解答】解：A．H2O2中既含有极性共价键H﹣O键，又含有非极性共价键O﹣O键，故A正确；
B．氧气浓度较大时，才可以使带火星的小木条复燃，故该操作不能说明H2O2未分解，故B错误；
C．根据对比实验的单一变量原则，对比②③④，可探究温度对H2O2分解速率的影响，故C正确；
D．产生气泡越快，分解速率越快，本实验可通过观察产生气泡的快慢来比较H2O2分解的速率，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查了性质实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，正确理解每个步骤是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
11．（2025春 资阳校级月考）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数。四种元素形成的一种食品添加剂Q的结构如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．电负性：Z＜Y＜X
B．Q中所有原子均满足8电子稳定结构
C．ZW2可与W2X反应生成还原性气体
D．X与Y形成的最高价化合物不能用于干燥NH3
【答案】B
【分析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，由四种元素形成的一种食品添加剂Q的结构可知，X形成2个共价键，X应为O；W只形成1个共价键，W为H；W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数，Y的最外层电子数为6﹣1＝5，结合原子序数可知Y为P；Z可失去2个电子变为带2个单位正电荷的离子，且原子序数大于Y，则Z为Ca。
【解答】解：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，由四种元素形成的一种食品添加剂Q的结构可知，X形成2个共价键，X应为O；W只形成1个共价键，W为H；W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数，Y的最外层电子数为6﹣1＝5，结合原子序数可知Y为P；Z可失去2个电子变为带2个单位正电荷的离子，且原子序数大于Y，则Z为Ca；
A．电负性与非金属性一致，非金属性越强，元素的电负性越大，非金属性Ca＜P＜O，电负性：Ca＜P＜O，故A正确；
B．Q中Y（P）、W（H）不满足8电子稳定结构，故B错误；
C．W与Z可以形成离子化合物为CaH2，可与H2O反应生成还原性气体氢气，故C正确；
D．X与Y形成的化合物为五氧化二磷时，具有吸水性，但生成酸不能用于干燥NH3，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查元素推断和元素周期律，侧重考查学生元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
12．（2025 绵阳三模）一种与Zn电极耦合的Cu—Se高能量密度电池工作原理如图。下列说法错误的是（　　）
A．放电时，向Zn电极迁移
B．充电时，电池总反应为Cu2Se+2Zn2+═2Cu2++Se+2Zn
C．放电时，若消耗1mol Se，则有穿过阴离子交换膜
D．若用铅蓄电池为该电池充电，则Se电极应与PbO2电极相连
【答案】C
【分析】由图可知，放电时Zn被氧化，所以Zn电极为负极，Zn被氧化为Zn2+，电极反应为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，Se电极为正极，Cu2+和Se被还原，电极反应式为2Cu2++4e﹣+Se═Cu2Se，电池总反应为Se+2Cu2++2Zn═Cu2Se+2Zn2+。
【解答】解：A．放电时为原电池，原电池中阴离子向负极移动，即溶液中向Zn电极迁移，故A正确；
B．放电时，电池总反应为Se+2Cu2++2Zn═Cu2Se+2Zn2+，故充电时，电池总反应为Cu2Se+2Zn2+═2Cu2++Se+2Zn，故B正确；
C．Se电极为正极，电极反应式为2Cu2++4e﹣+Se═Cu2Se，若消耗1mol Se，则转移4mol电子，有2mol 穿过阴离子交换膜，故C错误；
D．充电时，Se电极为阳极，若用铅蓄电池为该电池充电，则Se电极应与PbO2电极相连，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池，侧重考查学生原电池原理的掌握情况，试题难度中等。
13．（2025 绵阳三模）某光电材料的立方晶胞如图，3号位F﹣的分数坐标为（0，0，0），晶胞参数为anm，NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．该物质的化学式为KMnF3
B．K+的分数坐标为
C．晶体中每个F﹣周围最近的K+数目为4
D．1号位和2号位F﹣的核间距为
【答案】B
【分析】A．均摊法计算晶胞中K+、Mn2+、F﹣离子数目，进而确定化学式；
B．K+位于晶胞体心，结合3号位F﹣的分数坐标为（0，0，0）解答；
C．以任意一条棱心F﹣分析，其周围距离最近的K+位于体心，每条棱为4个晶胞共用；
D．如图所示辅助线：，BC长度等于anm，AB长度等于anm，再利用勾股定理计算。
【解答】解：A．晶胞中，体心K+数目为1，顶角Mn2+数目为81，棱心F﹣离子数目为123，故晶体化学式为KMnF3，故A正确；
B．3号位F﹣的分数坐标为（0，0，0），K+位于晶胞体心，K+的分数坐标为（，0，），故B错误；
C．以任意一条棱心F﹣分析，其周围距离最近的K+位于体心，每条棱为4个晶胞共用，则晶体中每个F﹣周围最近的K+数目为4，故C正确；
D．如图所示辅助线：，BC长度等于anm，AB长度等于anm，则1号位和2号位F﹣的核间距为anm，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查晶胞计算，掌握均摊法进行晶胞有关计算，需要学生具备扎实的基础、一定的空间想象能力、数学计算能力。
14．（2025 绵阳三模）已知：H2A为二元酸，MOH为强碱，MHA易溶于水，1g5＝0.7。常温下，含足量M2A（s）的M2A溶液中，逐滴滴入某浓度H2A的溶液调节pH，测得pM[﹣lgc（M+）]及溶液中含A物种的分布系数δ[例如随pOH变化曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．H2A第一步电离方程式为H2A H++HA﹣
B．常温下，pKsp（M2A）约为9.3
C．当pH＝5时，100c（A2﹣）＝c（HA﹣）
D．b点：c（HA﹣）＜c（OH﹣）﹣c（H+）
【答案】B
【分析】由图可知，pM及溶液中含A物种的分布系数δ随pOH变化曲线只有3条，说明H2A第一步完全电离：H2A＝HA﹣+H+，溶液中不存在H2A分子，δ（HA﹣）+δ（A2﹣）＝1、KKsp（M2A）＝c2（M+） c（A2﹣），随溶液pOH逐渐增大，溶液的碱性逐渐减弱，溶液中c（HA﹣）逐渐增大，c（A2﹣）逐渐减小，c（M+）逐渐增大、pM逐渐减小，即曲线L1、L2分别表示A2﹣、HA﹣、的分布系数随溶液pH的变化，曲线L3表示M2A饱和溶液中pM随溶液pH的变化；a点时M2A饱和溶液中pM＝3，c（M+）＝0.001mol/L，c（A2﹣）＝0.0005mol/L，Ksp（M2A）＝0.0012×0.0005＝5×10﹣10，pOH＝11时c（HA﹣）＝c（A2﹣）、c（H+）＝0.001mol/L，则Ka（HA﹣）c（H+）＝0.001，据此分析解答。
【解答】解：A．由图可知，pM及溶液中含A物种的分布系数δ随pOH变化曲线只有3条，说明H2A第一步完全电离，电离方程式为H2A＝HA﹣+H+，故A错误；
B．由上述分析可知，Ksp（M2A）＝5×10﹣10，则pKsp（M2A）＝﹣lg5×10﹣10＝9.3，故B正确；
C．Ka（HA﹣）c（H+）＝0.001，则pH＝5时c（A2﹣）＝100c（HA﹣），故C错误；
D．由图可知，b点时c（H+）＝10﹣3mol/L，c（OH﹣）＝10﹣11mol/L，c（H+）＞c（OH﹣），c（HA﹣）+c（H+）＞c（OH﹣），即c（HA﹣）＞c（OH﹣）﹣c（H+），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，侧重计算能力和运用能力考查，把握图中曲线表示的意义、电离平衡常数及溶度积常数的计算是解题关键，题目难度中等。
二．工艺流程题（共2小题）
15．（2017 乐山二模）草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂制备．一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等]制取CoC2O4 2H2O工艺流程如图1：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Co（OH）2 Al（OH）3 Mn（OH）2
完全沉淀的pH 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是将 　Fe3+、Co3+　 还原（填离子符号）以便固体溶解．该步反应的离子方程式为 　2Fe3++H2O═2Fe2++2H+或2Co3++H2O═2Co2++2H+　 （写一个）．
（2）NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，氯元素被还原为最低价．该反应的离子方程式为 　6Fe2++6H+＝6Fe3++Cl﹣+3H2O　 ．
（3）利用平衡移动原理分析：加Na2CO3能使浸出液中Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀的原因是 　R3++3H2O R（OH）3+3H+，加入碳酸钠后，H+与反应，使水解平衡右移，从而产生沉淀　 ．
（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2所示．滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是 　除去溶液中的Mn2+　 ；使用萃取剂适宜的pH＝ 　B　 （填序号）左右：
A．2.0 B．3.0 C．4.0
（5）滤液Ⅰ“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀．已知Ksp（MgF2）＝7.35×10﹣11、Ksp（CaF2）＝1.05×10﹣10．当加入过量NaF后，所得滤液c（Mg2+）/c （Ca2+）＝ 　0.7　 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴，
（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子；
（2）NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水；
（3）Fe3+、Al3+水解导致溶液呈酸性，碳酸根离子和氢离子反应，从而促进水解平衡向右移动；
（4）滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是除去锰离子；根据图知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；
（5）当加入过量NaF后，所得滤液中，据此计算；
【解答】解：含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴，
（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子Fe3+、Co3+，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原，反应的离子方程式为2Fe3++H2O═2Fe2++2H+ 或2 Co3++H2O═2Co2++2H+，
故答案为：Fe3+、Co3+；2Fe3++H2O═2Fe2++2H+ 或2 Co3++H2O═2Co2++2H+；
（2）NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为6Fe2++6H+＝6Fe3++Cl﹣+3H2O，
故答案为：6Fe2++6H+＝6Fe3++Cl﹣+3H2O；
（3）Fe3+、Al3+水解导致溶液呈酸性，水解方程式为R3++3H2O R（OH）3+3H+，碳酸根离子和氢离子反应，从而促进水解平衡向右移动，产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，
故答案为：R3++3H2O R（OH）3+3H+，加入碳酸钠后，H+与反应，使水解平衡右移，从而产生沉淀；
（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；
由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，
故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；
（5）当加入过量NaF后，所得滤液中0.7，
故答案为：0.7．
【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及溶度积常数计算、沉淀与pH的关系、盐类水解、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道涉及的操作方法及发生的反应，难点是溶度积常数计算，题目难度中等．
16．（2025 达州模拟）氧化钪（Sc2O3）是一种稀土氧化物，广泛地应用于原子能、航空航天、荧光、电子、高技术陶瓷等领域。工业上以钨渣[含W，Sc，Si，Ca，Na，Zr（锆）等诸多元素的氧化物]为原料提取高纯度氧化钪的流程如图：
查阅资料：1.钨的氧化物WO3是酸性氧化物；
2.萃取相是采用TBP和P204与煤油按一定比例混合而成的有机相（TP）；
3.萃取相比O/W即为有机相与被萃取的酸性溶液的体积比；
4.逆流萃取指萃取剂与原溶液逆向流动的萃取。单极萃取指仅进行一次萃取的操作。
（1）钪的基态原子价电子轨道表示式为 　　 。
（2）“萃取”采用逆流萃取，相比单级萃取的优势有 　逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量　 。“萃取”过程中萃取相比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，请根据表格中的数据选择的最佳萃取相比O/W和搅拌器转速分别为 　1：20、450r/min　 。
表1萃取相比试验结果
萃取相比O/W 1：10 1：15 1：20 1：25 1：30 1：35 1：40
萃取率% 90 90 90 80 75 70 60
表2搅拌速度试验结果
搅拌器转速r min﹣1 150 300 450 600 700
萃取率% 70 80 90 少量乳浊液 大量乳浊液
（3）Sc3+与P204形成的配合物可表示为Sc（HA2）3，则加氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生成Sc（OH）3的化学方程式为 　Sc（HA2）3+3NaOH＝Sc（OH）3↓+3NaHA2或者Sc（HA2）3+6NaOH＝Sc（OH）3↓+3Na2A2+3H2O　 。
（4）Sc（OH）3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH调节过小，可能导致的后果是 　HP转化为H2P，钙盐溶解，降低除钙效率　 。
（5）苦杏仁酸（）在酸性条件下可与Zr4+形成配合物，请解释其与Zr4+配位的化学原理是 　苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位　 。
（6）空气中“煅烧”时发生反应的化学方程式为 　2Sc2（C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2　 。
【答案】（1）；
（2）逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量；1：20、450r/min；
（3）Sc（HA2）3+3NaOH＝Sc（OH）3↓+3NaHA2或者Sc（HA2）3+6NaOH＝Sc（OH）3↓+3Na2A2+3H2O；
（4）HP转化为H2P，钙盐溶解，降低除钙效率；
（5）苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位；
（6）2Sc2（C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2。
【分析】由题干流程图可知，向钨渣[含W，Sc，Si，Ca，Na，Zr（锆）等诸多元素的氧化物]中加入硫酸进行浸出即将Sc、Na和Zr的氧化物转化为Sc3+、Na+、Zr4+，而WO3、SiO2为酸性氧化物与硫酸不反应留在滤渣1中，CaSO4为微溶物，即CaO转化部分转化为CaSO4留在滤渣1中，过滤得到含有Ca2+、Sc3+、Na+、Zr4+的滤液，向其中加入TP进行萃取得到有机相和水相，然后向有机相中加入NaOH进行反萃取得到水相和有机相，向水相中加入HCl、Na2HPO4将Ca2+转化为CaHPO4或Ca3（PO4）2进行除钙，得到滤渣2，向滤液2中加入苦杏仁酸进行除锆，最后向滤液中加入草酸进行沉钪得到Sc2（C2O4）3，过滤得到Sc2（C2O4）3，最后煅烧Sc2（C2O4）3得到氧化钪，据此分析解题。
【解答】解：（1）已知Sc是21号元素，价电子排布式为3d14s2，故钪的基态原子价电子轨道表示式为，
故答案为：；
（2）由题干信息可知，“萃取”采用逆流萃取能够增大接触面积，提高萃取率，即相比单级萃取的优势有逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量，“萃取”过程中萃取相比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，根据表格中的数据可知：O/W比为1：20时萃取率为90%，450r/min时萃取率为90%，故选择的最佳萃取相比O/W和搅拌器转速分别为450r/min，
故答案为：逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量；1：20，450r/min；
（3）Sc3+与P204形成的配合物可表示为Sc（HA2）3，则加氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生成Sc（OH）3的化学方程式为Sc（HA2）3+3NaOH＝Sc（OH）3↓+3NaHA2或者Sc（HA2）3+6NaOH＝Sc（OH）3↓+3Na2A2+3H2O，
故答案为：Sc（HA2）3+3NaOH＝Sc（OH）3↓+3NaHA2或者Sc（HA2）3+6NaOH＝Sc（OH）3↓+3Na2A2+3H2O；
（4）已知Ca3（PO4）2、CaHPO4是沉淀，Ca（H2PO4）2是可溶于水，故Sc（OH）3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH调节过小，可能导致的后果是HP转化为H2P，钙盐溶解，降低除钙效率，
故答案为：HP转化为H2P，钙盐溶解，降低除钙效率；
（5）已知苦杏仁酸中O原子周围均含有孤电子对，Zr4+核外有空轨道，故O与Zr4+之间能够通过形成配位键结合成配位化合物，故在酸性条件下可与Zr4+形成配合物，
故答案为：苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位；
（6）由分析可知，空气中“煅烧”时是煅烧Sc2（C2O4）3生成Sc2O3和CO2，根据氧化还原反应配平可得，该过程发生反应的化学方程式为：2Sc2（C2O4）3+3O2 2Sc2O3+12CO2，
故答案为：2Sc2（C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
三．推断题（共1小题）
17．（2025 泸州模拟）从海鞘中分离得到的类似communesin家族的天然产物，具有抗病毒等多样生物活性。合成其中间体H的一条路线如图（略去部分试剂和条件，忽略立体化学）。
（1）B→C的反应类型为 　加成反应　 ；H分子中采用sp2杂化的碳原子数为 　10　 。
（2）D→E可能产生副产物，其结构简式是 　　 ；
（3）E→F中还有一种产物，其名称是 　碳酸单甲酯　 。
（4）F→G反应中NaClO2的作用是 　氧化剂　 ，G中含氧官能团名称是 　酯基、酰胺基　 。
（5）①反应中，DMAP的结构简式为：，其含有苯环不含—CH3的同分异构体共 　6　 种。
（6）参照上述路线，由合成B有4步反应，第二步反应的化学方程式是 　　 。
【答案】（1）加成反应；10；
（2）；
（3）碳酸单甲酯；
（4）氧化剂；酯基、酰胺基；
（5）6；
（6）。
【分析】A分子内脱去1分子HCl成环生成B，B中羰基与乙醛中甲基发生加成反应生成C，C中醛基先氧化为羧基、再与甲醇发生酯化反应生成D，D发生消去反应生成E，E→F理解为E中碳碳双键先与发生加成反应、再发生消去反应生成F和HOCOOCH3，对比F、H的结构简式，结合反应条件，可知F发生氧化反应生成G，G中酯基再与CH3NH2发生取代反应生成H和CH3OH，则G为；
（6）与氯气发生加成反应生成，然后发生A→B的转化生成，再水解生成，最后发生催化氧化生成。
【解答】解：（1）对比结构可知，B→C是羰基与乙醛中甲基发生加成反应；H分子中苯环、双键中共10个碳原子采用sp2杂化，
故答案为：加成反应；10；
（2）D→E发生醇的消去反应，可能产生副产物的结构简式是，
故答案为：；
（3）E→F中还有一种产物为HOCOOCH3，其名称是碳酸单甲酯，
故答案为：碳酸单甲酯；
（4）F→G发生氧化反应，反应中NaClO2的作用是氧化剂；G的结构简式为，G中含氧官能团名称是酯基、酰胺基，
故答案为：氧化剂；酯基、酰胺基；
（5）DMAP的结构简式为，其含有苯环不含—CH3的同分异构体，苯环有1个侧链为—NHCH2NH2或—CH2NHNH2或—CH（NH2）2，苯环有2个侧链为—NH2、—CH2NH2，有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有3+3＝6种，
故答案为：6；
（6）与氯气发生加成反应生成，然后发生A→B的转化生成，再水解生成，最后发生催化氧化生成，第二步反应的化学方程式是，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及有机反应类型、有机物命名、官能团识别、限制条件同分异构体的书写、有机反应方程式的书写、合成路线设计等，对比分析有机物结构变化来理解发生的反应，题目较好地考查了学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
四．解答题（共1小题）
18．（2025 射洪市校级二模）甲醇是重要的化工原料之一，也可用作燃料，利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）可以合成甲醇，涉及的反应如下：
反应ⅰ：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g） ΔH1
反应ⅱ：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g） ΔH2＝﹣49.9kJ mol﹣1
反应ⅲ：CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g） ΔH3＝+41.6kJ mol﹣1
回答下列问题：
（1）在某催化剂作用下，反应ⅰ的反应历程如图所示（图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，*表示吸附在催化剂上）：
①反应ⅰ在 　较低　 （填“较低”或“较高”）温度下才能自发进行。
②结合反应历程，写出反应ⅰ中生成甲醇的决速步骤的反应方程式：　　 。
③m＝ 　0.95　 （计算结果保留两位有效数字，已知1eV＝1.6×10﹣22kJ）。
（2）将一定量的CO2（g）和H2（g）充入密闭容器中并加入合适的催化剂，只发生反应ⅱ和ⅲ．相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH的选择性[100%]和CO的选择性100%随压强的变化曲线如图所示。
图中表示CO2的平衡转化率的曲线是 　n　 （填“m”“n”或“p”），简述判断方法：　增大压强，反应ⅱ平衡正向移动，反应ⅲ平衡不移动，则CO2的平衡转化率和CH3OH的选择性均增大，且CO的选择性和CH3OH的选择性之和为100%　 。
（3）有研究认为，在某催化剂作用下反应ⅱ先后通过反应ⅲ、ⅰ来实现。保持温度T不变，向一恒容密闭容器中充入4mol CO2和8mol H2，在该催化剂作用下发生反应，经5min达到平衡，测得H2O（g）的物质的量为3mol，起始及达平衡时容器的总压强分别为1.5akPa、akPa，则从开始到平衡用H2分压表示的平均反应速率为 　　 kPa min﹣1（用含a的式子表示，下同，分压＝总压×物质的量分数）；反应ⅱ的压强平衡常数Kp＝ 　　 （kpa）﹣2（Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数）。
（4）光催化CO2制甲醇技术也是研究热点。铜基纳米光催化材料还原CO2的机理如图所示，光照时，低能价带失去电子并产生空穴（h+，具有强氧化性）。在低能价带上，H2O直接转化为O2的电极反应式为 　2H2O+4h+＝O2↑+4H+　 。
【答案】（1）①较低；
②；
③0.95；
（2）n；增大压强，反应ⅱ平衡正向移动，反应ⅲ平衡不移动，则CO2的平衡转化率和CH3OH的选择性均增大，且CO的选择性和CH3OH的选择性之和为100%；
（3）；；
（4）2H2O+4h+＝O2↑+4H+。
【分析】（1）①由图可知，反应ⅰ为放热反应，且△S＜0，反应自发进行的条件ΔH﹣T△S＜0；
②决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应，反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢，由反应历程图中数据可知，活化能＝过渡态能量﹣起始态能量；
③反应ⅱ：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣49.9kJ mol﹣1，反应ⅲ：CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH3＝+41.6kJ mol﹣1，根据盖斯定律：反应ⅰ＝反应ⅱ﹣反应ⅲ，即CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）ΔH1＝﹣49.9kJ mol﹣1﹣（+41.6kJ mol﹣1）＝﹣91.5kJ mol﹣1，由图可知，1mol CO（g）和2mol H2的总能量与CH3OH（g）的总能量之差为91.5kJ；
（2）反应ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强时平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，反应ⅲ是气体体积不变的反应，增大压强时平衡不移动，CO2的平衡转化率不变，则增大压强时CO2的平衡转化率增大，CH3OH（g）的选择性增大，CO的选择性减小，并且CH3OH（g）的选择性和CO的选择性之和为100%；
（3）恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，起始及达平衡时容器的总压强分别为1.5akPa、akPa，起始时气体总物质的量为12mol，则平衡时气体的总物质的量为，设平衡时n（H2）＝xmol，n（CO2）＝ymol，n（CH3OH）＝zmol，n（CO）＝bmol，则x+y+z+b+3＝8，由C、H、O原子守恒可得y+z+b＝4，2x+4z+6＝16，2y+z+b+3＝8，解得x＝1，y＝1，z＝2，b＝1，p（H2）＝p（CO2）＝ p（CO）kPa，p（CH3OH）kPa，p（H2O）kPa；
（4）由图可知，光照时电子向高能价带移动，即高能价带发生得电子的还原反应，故高能价带相当于电解池的阴极；低能价带水失去电子生成O2和H+。
【解答】解：（1）①由图可知，反应ⅰ为放热反应，且△S＜0，反应自发进行的条件ΔH﹣T△S＜0，则反应ⅰ在较低温度下才能自发进行，
故答案为：较低；
②决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应，反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢，由反应历程图中数据可知，活化能＝过渡态能量﹣起始态能量，各个步骤中活化能分别为：0.7eV、0.8eV、0.2eV、0.2eV、0.7eV、（1.4﹣m）eV，其中最大的数值为[﹣0.1﹣（﹣0.9）]eV＝0.8eV，该步骤的反应方程式为，
故答案为：；
③反应ⅱ：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣49.9kJ mol﹣1，反应ⅲ：CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH3＝+41.6kJ mol﹣1，根据盖斯定律：反应ⅰ＝反应ⅱ﹣反应ⅲ，即CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）ΔH1＝﹣49.9kJ mol﹣1﹣（+41.6kJ mol﹣1）＝﹣91.5kJ mol﹣1，由图可知，1mol CO（g）和2mol H2的总能量与CH3OH（g）的总能量之差为91.5kJ，反应历程图中的E表示的是1个CO分子和2个H2分子的相对总能量与1个CH3OH分子的相对总能量之差为meV，相对总能量E＝meV，即m＝0.95，
故答案为：0.95；
（2）反应ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强时平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，反应ⅲ是气体体积不变的反应，增大压强时平衡不移动，CO2的平衡转化率不变，则增大压强时CO2的平衡转化率增大，CH3OH（g）的选择性增大，CO的选择性减小，并且CH3OH（g）的选择性和CO的选择性之和为100%，所以曲线n表示CO2的平衡转化率，曲线m表示CH3OH（g）的选择性，
故答案为：n；增大压强，反应ⅱ平衡正向移动，反应ⅲ平衡不移动，则CO2的平衡转化率和CH3OH的选择性均增大，且CO的选择性和CH3OH的选择性之和为100%；
（3）恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，起始及达平衡时容器的总压强分别为1.5akPa、akPa，起始时气体总物质的量为12mol，则平衡时气体的总物质的量为，设平衡时n（H2）＝xmol，n（CO2）＝ymol，n（CH3OH）＝zmol，n（CO）＝bmol，则x+y+z+b+3＝8，由C、H、O原子守恒可得y+z+b＝4，2x+4z+6＝16，2y+z+b+3＝8，解得x＝1，y＝1，z＝2，b＝1，p（H2）＝p（CO2）＝ p（CO）kPa，p（CH3OH）kPa，p（H2O）kPa，则从开始到平衡用H2分压表示的平均反应速率为；反应ⅱCO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）的压强平衡常数，
故答案为：；；
（4）由图可知，光照时电子向高能价带移动，即高能价带发生得电子的还原反应，故高能价带相当于电解池的阴极；低能价带水失去电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O+4h+＝O2↑+4H+，
故答案为：2H2O+4h+＝O2↑+4H+。
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
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