2025年安徽省示范高中皖北協作區第27屆聯考化學本試卷滿分100分，考試用時75分鐘。注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。4.可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-6F-19Mg-24Cl-35.5Co-59一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學是社會發展的基礎，下列說法錯誤的是A.磷酸銨鎂俗稱鳥糞石，可作緩釋肥B.晶體硅是良好的半導體材料，可用于制作智能家電的芯片C.航空發動機采用的陶瓷基復合材料具有密度低、硬度高、耐高溫、耐腐蝕等性能D.在染織工業中，堿煮的布料用稀硫酸清洗后即可加熱烘干【答案】D【解析】【詳解】A．磷酸銨鎂的溶解度較小，磷酸銨鎂可作緩釋肥持續補充Mg、N、P等元素，A正確；B．晶體硅是良好的半導體材料，廣泛用于電子器件，可用于制作智能家電的芯片，B正確；C．根據航空發動機對陶瓷基復合材料的性能要求，此類材料應具有密度低、硬度高、耐高溫、耐腐蝕等性能，C正確；D．稀硫酸清洗后直接加熱烘干過程中，硫酸濃度逐漸變大，會腐蝕布料，D錯誤；故選D。2.下列化學用語表述錯誤的是A.乙醇的分子式為B.酰胺基的結構簡式為C.過氧化氫的電子式為D.鄰羥基苯甲醛分子內氫鍵可表示為【答案】A【解析】【詳解】A．乙醇的分子式為，A錯誤；B．酰胺基是一種常見的化學官能團，結構簡式為，B正確；C．過氧化氫是共價化合物，結構式為H-O-O-H，電子式為，C正確；D．根據氫鍵的形成條件可知，羥基上的氫原子可以和醛基上的氧原子之間形成分子內氫鍵，D正確；故選A。3.下列選項中的物質能按圖示路徑轉化，且X和NaOH可以直接反應生成Y的是選項XYZABCDA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．Al和NaOH直接反應生成的是，不能直接生成，A項錯誤；B．不能一步反應得到，B項錯誤；C．和NaOH可以直接反應生成，與稀鹽酸或還原性的化合物如等反應生成，溶液電解可生成，C項正確；D．不能直接轉化為，D項錯誤；答案選C。4.依他尼酸是一種袢利尿劑，可用來預防急性腎功能衰竭和治療其他疾病，其結構簡式如圖所示，下列關于依他尼酸的說法正確的是A.不存在順反異構體B.存在多種同分異構體且質譜儀測出的譜圖完全相同C.含有6種官能團D.1mol該物質最多能與發生加成反應【答案】A【解析】【詳解】A．構成碳碳雙鍵的一個碳原子上同時連了兩個氫原子，不能產生順反異構，A正確；B．依據質譜儀的原理可知不同的同分異構體會產生不同的碎片結構，得到的質譜圖不同，B錯誤；C．該分子含有碳碳雙鍵、酮羰基、碳氯鍵、醚鍵、羧基5種官能團，C錯誤；D．羧基中的C=O鍵不能發生加成，故1mol該物質最多能與發生加成反應，D錯誤；故答案為：A。5.實驗室回收廢水中苯酚的過程如下，苯酚在芳香烴和酯類溶劑中的分配系數(苯酚在萃取劑和水中的濃度比)分別為1.2~2.0和27~50，下列有關說法錯誤的是A.與本實驗有關的實驗室安全圖標為、、B.步驟Ⅰ為萃取、分液，萃取劑選用苯更好C.若苯酚不慎沾到皮膚上，先用酒精沖洗，再用水沖洗D.試劑a可用溶液，試劑b可用足量的【答案】B【解析】【分析】含苯酚的廢水，先加入苯經過步驟I后得到有機溶液，因此步驟I應為萃取分液，在有機溶液中加入能與酚羥基反應的含有鈉元素的堿性物質，經過步驟Ⅱ即分液后得到苯酚鈉溶液，最后步驟Ⅲ中加入試劑b，得到苯酚。【詳解】A．本實驗需要在通風良好的環境下并佩戴護目鏡操作，在實驗結束后清洗雙手，A正確；B．根據分析可知，步驟I應為萃取分液，分配系數指苯酚在萃取劑和水中的濃度比，苯酚在芳香烴分配系數為1.2~2.0，則苯酚在水中的濃度與在芳香烴中的濃度相差不大，那么萃取效率不好，根據題中信息可知，苯酚在酯類溶劑中的分配系數為27~50，可知萃取劑用酯類溶劑更好，B錯誤；C．苯酚在乙醇中的溶解度較大，可以用乙醇沖洗后水洗干凈，C項正確；D．苯酚可以和溶液反應生成苯酚鈉，苯酚鈉與足量反應生成苯酚，D正確；故選B。6.為達到下列實驗目的，操作方法合理的是選項實驗目的操作方法A驗證濃硝酸具有強氧化性將灼熱木炭加入濃硝酸中，觀察試管上方是否產生紅棕色氣體B使過飽和溶液析出晶體用玻璃棒輕微摩擦燒杯內壁C比較HClO和的酸性室溫下，分別測定NaClO溶液和溶液的pHD除去中混有的體積分數約為5%的點燃后用濃硫酸干燥A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．濃硝酸不穩定，灼熱的木炭可以使之受熱分解，也能產生紅棕色氣體NO2，不能證明濃硝酸具有強氧化性，A不符合題意；B．用玻璃棒摩擦燒杯內壁，使過飽和溶液發生外界擾動，提供成核位點，能析出晶體，B符合題意；C．兩種溶液濃度未知，應測等濃度的兩溶液的pH，C不符合題意；D．H2與高濃度的O2混合氣體點燃會劇烈爆炸，D不符合題意；故選B。閱讀下列材料，完成下列小題。火箭燃料的燃燒是發射的關鍵動力來源，一些傳統火箭燃料在燃燒時會涉及含硫、氮元素的物質反應。隨著航天技術的不斷進步，科研人員正在研發更為環保、高效的火箭燃料和推進系統，致力于減少火箭發射過程中的產生，降低對環境的影響，同時保障火箭發射任務的順利進行。偏二甲肼和是目前火箭發射常用的原料組合，二者混合時發生劇烈反應產生水、二氧化碳和氮氣，并放出大量的熱推動火箭飛行。7.設是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.由和組成的混合氣體中原子總數為B.中含質子總數為C.在某真空密閉容器中充入氣體，容器中的分子總數小于D.和的反應中每生成時，生成鍵的數目為8.下列敘述正確的是A.中碳、氮原子均采用雜化B.鍵角：C.在不同溶劑中的溶解度：乙醇>水D.均為極性分子【答案】7.C8.B【解析】【7題詳解】A．未說明混合氣體所處的溫度和壓強，該狀態下的氣體摩爾體積未知，無法計算，A錯誤；B．質子數等于原子序數，中含有34個質子，的物質的量為=0.1mol，含質子總數為，B錯誤；C．46gNO2的物質的量為=1mol，但NO2存在部分轉化為N2O4的平衡：2NO2N2O4，導致分子總數減少，故容器中分子數小于，C正確；D．反應中每生成時，生成2molH2O，生成鍵的數目為，D錯誤；故選C。【8題詳解】A．中含有酰胺基，存在碳氧雙鍵，C原子采用雜化，A錯誤；B．中心原子價層電子對數為2+=2，N原子雜化方式為sp，鍵角為180°，中心原子價層電子對數為2+=2.5，N原子雜化方式為sp2，為V形結構，含有離域π鍵，鍵角大于120°小于180°，中心原子價層電子對數為3+=3，N原子雜化方式為sp2，且不含孤電子對，空間構型為平面三角形，鍵角為120°，則鍵角：，B正確；C．水為極性溶劑，乙醇極性較弱，在乙醇中的溶解度遠遠小于在水中的溶解度，C錯誤；D．中心原子價層電子對數為3+=3，且不含孤電子對，空間構型為平面三角形，正負電中心重合，為非極性分子，D錯誤；故選B。9.黃銅礦(，摩爾質量為)是重要的銅礦，黃銅礦的晶胞結構如圖，x、y、z軸的夾角均為90°，設晶胞邊長為、，為阿伏加德羅常數的值。下列說法錯誤的是已知：在高溫下，黃銅礦晶體中的金屬離子可以發生遷移，若鐵離子與銅離子發生完全無序的置換，則可將它們視作等同的金屬離子。A.硫原子的配位數為4B.無序的高溫型結構的黃銅礦晶體的晶胞與NaCl的晶胞相同C.原子分數坐標為的原子為S原子D.黃銅礦晶體的密度為【答案】B【解析】【詳解】A．由晶胞結構可知，以位于晶胞內部的S原子為研究對象，硫原子周圍的Fe原子和Cu原子共有4個，硫原子的配位數為4，A正確；B．NaCl的晶胞中Na+位于頂點和面心，Cl-位于體心和棱心，無序的高溫型結構的黃銅礦晶體中Fe和Cu位于頂點和面心，S位于體心，二者晶胞不相同，B錯誤；C．S原子位于晶胞的體心，S原子和Fe原子的最近距離為半個晶胞體對角線的，則的原子為S原子，位于，C正確；D．該晶胞中S原子的個數為8，由化學式可知，Fe和Cu原子的個數均為4，設晶胞邊長為、，為阿伏加德羅常數的值，則黃銅礦晶體的密度為，D正確；故選B。10.X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期p區元素，由這四種元素形成的微粒Q可作為溶劑離子液體的陰離子，Q的結構如圖所示。下列說法錯誤的是A.常溫下Z的單質與水反應生成兩種酸B.X的單質可能為共價晶體C.簡單離子半徑：D.Z、Y的最簡單氫化物均能形成分子間氫鍵【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期p區元素，Z形成1個共價鍵，X形成4個共價鍵，Y可形成2個共價鍵，W形成6個共價鍵，則X、Y、Z、W依次為C、O、F、S。【詳解】A．Z為F元素，F2和水反應生成HF和O2，只能生成一種酸，A錯誤；B．X為C元素，形成的單質如金剛石為共價晶體，B正確；C．電子層數越多，離子半徑越大；電子層數相同時，核電荷數越大，離子半徑越小。S2?有3個電子層，O2?和F?都有2個電子層，且O的核電荷數小于F，所以離子半徑S2?>O2?>F?，C正確；D．F、O的最簡單氫化物為HF、H2O，HF、H2O均能形成分子間氫鍵，D正確；故選A。11.二苯重氮甲烷()在抗生素的制備過程中起關鍵作用。以二苯甲酮腙()為前體合成二苯重氮甲烷的原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.為催化劑B.若以鉛蓄電池為電源，則與石墨一極相連的為電極C.陰極的電極反應式為D.理論上生成的同時生成1.5mol二苯重氮甲烷【答案】D【解析】【分析】由圖可知，石墨電極上發生失去電子的氧化反應，電極反應為：，則石墨電極為陽極，Ni電極為陰極，電極反應為，陽極上生成的與反應生成和，據此解答。【詳解】A．由圖可知，在陽極上先消耗，最后又重新生成，相當于催化劑，A項正確；B．根據分析可知，石墨電極為陽極，與外電源正極相連，則與鉛蓄電池的電極相連，B項正確；C．由分析可知，陰極電極反應式為，C項正確；D．理論上生成轉移2mol電子，則陽極生成，根據原子守恒可知生成1mol二苯重氮甲烷，D項錯誤；故選D。12.Co元素的某些化合物在電池、光電材料、催化劑等方面有廣泛應用，一種具有光催化作用的Co配合物結構簡式如圖所示。下列說法錯誤的是已知：螯合作用是指金屬離子以配位鍵與同一分子中的兩個或更多的配位原子連結形成螯合環。A.的空間結構為三角錐形B.配合物中Co元素的價態為價C.②號氮原子孤電子對參與形成大鍵，使電子云密度降低，與鈷配位的能力比①弱D.鈷離子通過螯合作用形成的配位鍵有6個【答案】D【解析】【詳解】A．的中心原子上的價層電子對數為4，孤電子對數為1，故其空間結構為三角錐形，A正確；B．配合物中內界含有一個，外界含有一個，可得Co元素的價態為+3價，B正確；C．咪唑環上②號氮原子孤電子對參與形成大鍵，使電子云密度降低，與鈷配位的能力比①號氮原子弱，C正確；D．根據配合物的結構和螯合作用的定義可知，鈷離子通過螯合作用形成的配位鍵有5個，配體與鈷離子之間的配位鍵不屬于螯合作用，D錯誤；故答案選D。13.碳酸鈣是常見難溶物。某學習小組向100mL蒸餾水中加入，當電導率不變時向其中加入10mL蒸餾水，當電導率再次不變時再向其中加入10mL蒸餾水，得到電導率的變化如圖。已知：，；的電離常數，。下列說法正確的是A.a→b段，平衡右移B.段，當電導率不變時，若向溶液中通氣體，減小C.段，當電導率不變時，溶液中D.段，當電導率不變時，通過加固體可實現向的完全轉化【答案】C【解析】【詳解】A．段是建立平衡的過程，反應還未達到平衡，沒有發生平衡移動，A錯誤；B．段，當電導率不變時，向溶液中通氣體，，減小，平衡正向移動，溶液中鈣離子濃度增大，B錯誤；C．段，當電導率不變時，由得，存在水解平衡，即，，根據可得，則碳酸根離子水解平衡常數，以第一步水解為主，設有的水解生成，列三段式有：則，，所以，，，C正確；D．由題干可知，，，則的平衡常數，故通過加固體不可實現向的有效轉化，D錯誤；故選C。14.“雙碳”戰略背景下，和的減排和轉化利用受到普遍關注，已知和催化重整的主反應為。其他條件一定，在Ar作為輔助氣體時，與的物質的量之比以及氣體總流量對重整反應的影響分別如圖1、2所示，下列說法錯誤的是A.恒溫恒壓時，充入氣體Ar有利于提高和的平衡轉化率B.主反應的正反應的活化能大于逆反應的活化能C.與物質的量之比達后轉化率有所下降，的產率提升并不明顯，可能是過量的發生了反應D.隨氣體流量增加，原料氣轉化率和目標產物產率逐漸降低，所以氣體流量越低越好【答案】D【解析】【詳解】A．反應為氣體體積增大的反應，恒溫恒壓時充入Ar，體系體積增大，相當于減壓，根據勒夏特列原理，減小壓強平衡正向移動，有利于提高和的平衡轉化率，A項正確；B．主反應的，反應為吸熱反應。吸熱反應中，正反應的活化能大于逆反應的活化能，B項正確；C．由圖1知與物質的量之比達后轉化率有所下降，的產率提升并不明顯，可能是過量的與發生了反應，C項正確；D．由圖2知隨氣體流量增加，原料氣轉化率和目標產物產率逐漸降低，當流量過低時，反應速率慢，單位時間內的產量也低，并非氣體流量越低越好，D項錯誤；綜上所述，答案是D。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.冶煉銅過程中產生的銅陽極泥富含Cu、Se、Te等多種元素。研究人員設計了一種從銅陽極泥中分離提取硒和碲的流程，如圖所示。回答下列問題：（1）基態Se原子核外電子排布式為___________。硒有多種單質，比較有代表性的是灰硒和紅硒，它們互為___________。（2）“加壓、加熱，酸浸”步驟中，和分別轉化為和，寫出參與反應的化學方程式：___________。（3）試從化學反應原理的角度分析“加壓”能提高Cu、Se、Te浸出率的原因：___________。（4）氧化性：___________(填“>”“<”或“=”)。（5）“沉銅”中生成沉淀的離子方程式為___________。（6）由獲取Cu的過程中，常采用高壓氫還原法直接從溶液中提取金屬粉。還原時，增大溶液酸度不利于Cu生成的原因是___________。（7）硫和碲位于元素周期表同一主族，試分析存在而不存在的原因：___________。【答案】（1）①.或②.同素異形體（2）（3）加壓可增大氧氣溶解度，加快化學反應速率；加壓可提升溶液沸點，化學反應可在更高溫度下發生，化學反應速率更快（4）>（5）[或]（6）在用將還原為Cu單質時，失去電子被氧化為，若還原時增大溶液的酸度，增大，不利于失去電子（7）S原子半徑小，其原子周圍不能容納6個，而Te原子半徑大，其原子周圍能容納的數目多【解析】【分析】加壓、加熱酸浸階段，向含Cu、Se、Te等元素的銅陽極泥中加入溶液并通入

，在加壓、加熱條件下進行酸浸。利用氧氣在酸性環境下的氧化性，將銅陽極泥中的金屬等成分氧化溶解。銅元素轉化為為銅離子進入溶液，Se、Te等元素也發生相應反應進入浸出液，不溶物成為浸渣被分離。第一次還原（還原1）階段，向浸出液中通入，?具有還原性，能將浸出液中的Se元素還原為單質Se，通過過濾可將Se分離出來，得到濾液1。第二次還原（還原2）階段，向濾液1中再次通入，此時將溶液中的Te元素還原為單質Te，經過濾分離出Te，得到浸出液。沉銅階段，向浸出液中加入溶液，使銅離子轉化為沉淀，過濾分離出沉淀，濾液3被分離出去。后續處理階段，經過一系列后續處理，最終得到銅單質。【小問1詳解】Se是34號元素，根據核外電子排布規律，其基態原子核外電子排布式為，也可用簡化形式表示。灰硒和紅硒是硒元素形成的不同單質，互為同素異形體。【小問2詳解】“加壓、加熱，酸浸”時，與、反應，中Cu為+1價，Se為-2價，反應后Cu轉化為，Se轉化為，作氧化劑，根據得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式，。【小問3詳解】加壓可增大氧氣溶解度，溶液中濃度增大，加快化學反應速率，提高浸出率。同時加壓可提升溶液的沸點，可使化學反應在更高的溫度下發生，化學反應速率更快。【小問4詳解】同主族元素從上到下非金屬性逐漸減弱，非金屬性越強，其最高價含氧酸的氧化性越強。Se和Te同主族，Se在Te上方，非金屬性Se>Te，所以氧化性。【小問5詳解】“沉銅”時，與溶液反應生成沉淀，水解產生，根據電荷守恒和原子守恒寫出離子方程式。【小問6詳解】高壓氫還原時，作還原劑，失去電子被氧化為，增大溶液酸度，濃度升高，不利于失去電子，也就不利于Cu的生成。【小問7詳解】原子半徑影響原子周圍可結合其他原子或原子團的數量，S和Te同主族，Te原子半徑大，有足夠空間容納多個-OH形成，S原子半徑小，空間限制使其難以形成含6個-OH的。16.橙黃色晶體，微溶于冷水，易溶于熱水，難溶于乙醇。以溶液、濃氨水和活性炭為原料制備，裝置如圖所示。已知：①不易被氧化，具有強氧化性；②具有較強的還原性，性質穩定；③。回答下列問題：（1）盛裝溶液和氨水的儀器名稱為___________。（2）實驗步驟Ⅰ：在三頸燒瓶中將、、活性炭、蒸餾水混合并加熱至50℃，先滴加___________，待所有試劑添加完畢后，維持溫度在50℃左右反應一段時間，得到溶液。溫度維持在50℃左右的原因是___________。（3）實驗步驟Ⅱ：向所得溶液中加入濃鹽酸，冷卻析出晶體，過濾、洗滌、干燥得到產品。洗滌時使用的洗滌劑依次有冷的鹽酸、冰水、乙醇，最后使用乙醇洗滌的目的是___________。（4）制備的總化學方程式為___________。（5）純度的測定：Ⅰ．稱取樣品，加入20.00mL較濃NaOH溶液，加熱使全部轉化為，寫出生成的離子方程式：___________。冷卻后加和20.00mL濃鹽酸，加蒸餾水準確配成100.00mL溶液。Ⅱ．用移液管移取25.00mL溶液于錐形瓶中，滴加2滴___________作指示劑，用標準溶液滴定至終點，平行操作3次，平均消耗標準溶液17.05mL，樣品的純度為___________%(結果保留三位有效數字)。【答案】（1）分液漏斗（2）①.氨水②.溫度較低時反應速率較慢，溫度較高時氨水揮發量和溶液分解量較大（3）使產品快速干燥（4）或（5）①.②.淀粉溶液③.36.5【解析】【小問1詳解】盛裝溶液和氨水的儀器名稱為分液漏斗。【小問2詳解】根據題給信息，性質穩定，故使用溶液將二價鈷氧化為三價鈷，可將轉化為性質穩定的。所以，實驗步驟Ⅰ：在三頸燒瓶中將、、活性炭、蒸餾水混合并加熱至50℃，先滴加氨水，可使產物最終轉化為性質穩定的。待所有試劑添加完畢后，維持溫度在50℃左右反應一段時間，得到溶液。溫度維持在50℃左右的原因是溫度較低時反應速率較慢，溫度較高時氨水揮發量和溶液分解量較大，不利于反應的進行，故答案是氨水；溫度較低時反應速率較慢，溫度較高時氨水揮發量和溶液分解量較大。【小問3詳解】微溶于冷水，易溶于熱水，難溶于乙醇，故在乙醇中溶解度最小，且乙醇易揮發，容易干燥處理。實驗步驟Ⅱ：向所得溶液中加入濃鹽酸，冷卻析出晶體，過濾、洗滌、干燥得到產品。洗滌時使用洗滌劑依次有冷的鹽酸、冰水、乙醇，最后使用乙醇洗滌的目的是使產品更好析出，產品快速干燥。【小問4詳解】以溶液、濃氨水和活性炭為原料制備，做氧化劑，做還原劑，發生氧化還原反應，根據電子守恒和原子守恒配平，制備的方程式是或。【小問5詳解】稱取樣品，加入20.00mL較濃NaOH溶液，加熱使全部轉化為，發生非氧化還原反應，根據電荷守恒和原子守恒配平，生成的離子方程式：。冷卻后加和20.00mL濃鹽酸，由于具有強氧化性，與I-發生氧化還原反應生成單質碘，加蒸餾水準確配成100.00mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于錐形瓶中，滴加2滴淀粉溶液做指示劑，溶液呈藍色，用標準溶液滴定至終點，發生反應是，平行操作3次，平均消耗標準溶液17.05mL。根據鈷元素守恒，反應的關系式是：~～～I2～，消耗的物質的量是，則25mL溶液中含的物質的量是，所取樣品中含的物質的量是，則樣品的純度為=36.5%。17.在“碳達峰、碳中和”的背景下，通過加氫轉化制甲醇、乙醇等化學品的研究備受關注。回答下列問題：Ⅰ．加氫制甲醇（1）已知如下熱化學方程式：反應ⅰ：反應ⅱ：反應ⅲ：計算：___________。（2）在一絕熱恒容的密閉容器中發生反應，下列說法能說明該反應達到化學平衡狀態的是___________(填標號)。A.體系的壓強保持不變 B.混合氣體的密度保持不變C.保持不變 D.CO的體積分數保持不變（3）一定條件下，發生上述反應ⅰ、ⅱ、ⅲ，達到平衡時的平衡轉化率和甲醇選擇性隨溫度變化的關系如圖所示。已知：甲醇的選擇性。①260℃時，的轉化率___________。反應ⅰ的平衡常數___________(精確到小數點后3位，是以物質的量分數代替平衡濃度計算的平衡常數)。②從熱力學角度分析，甲醇選擇性隨溫度升高而降低的原因：___________。Ⅱ．電還原制備高附加值的有機物已知：Sn、In、Bi的活性位點對O的連接能力較強，Au、Cu的活性位點對C的連接能力較強，Cu對CO的吸附能力遠強于Au，且Cu吸附CO后不易脫離。（4）電還原可能的反應機理如圖所示(表示吸附態的CO)。①參照機理圖畫出A的結構：___________。②若還原產物主要為，應選擇___________(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化劑。【答案】（1）（2）AD（3）①.22%②.0.022③.由于反應ⅰ吸熱，反應ⅱ、ⅲ放熱，所以升高溫度，反應ⅰ平衡正向移動，反應ⅱ、ⅲ平衡逆向移動，甲醇的選擇性降低（4）①.②.Cu【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律可知，反應ⅰ+反應ⅱ可得反應ⅲ，可得。【小問2詳解】A．該反應是氣體體積不變的反應，絕熱恒容的密閉容器中反應該反應，溫度減小，體系壓強減小，當體系的壓強保持不變時，說明反應達到平衡，A選；B．該反應過程中氣體總質量和總體積均為定值，混合氣體的密度為定值，當混合氣體的密度保持不變時，不能說明反應達到平衡，B不選；C．該反應過程中消耗的和生成的相等，是定值，當保持不變時，不能說明反應達到平衡，C不選；D.該反應過程中氣體總物質的量是定值，CO的體積分數是變量，當CO的體積分數保持不變時，說明反應達到平衡，D選；故選AD。【小問3詳解】①=3，設n(CO2)=1mol、n(H2)=3mol，總壓為8MPa，260℃時，CO2的平衡轉化率為30%，甲醇的選擇性為60%，則平衡時n(CO2)=1mol×70%=0.7mol，n(CH3OH)=0.3mol×60%=0.18mol，n(CO)=1mol×30-0.18mol=0.12mol，根據O原子守恒，n(H2O)=2mol-0.7mol×2-0.18mol-0.12mol=0.3mol，根據H原子守恒n(H2)==2.34mol，的轉化率=22%，氣體總物質的量為3.64mol，反應ⅰ的平衡常數=0.022；②從熱力學角度分析，甲醇選擇性隨溫度升高而降低的原因：由于反應ⅰ吸熱，反應ⅱ、ⅲ放熱，所以升高溫度，反應ⅰ平衡正向移動，反應ⅱ、ⅲ平衡逆向移動，甲醇的選擇性降低。【小問4詳解】①參照機理圖，A應是CO2表面吸附電子形成吸附在電極表面，畫出A