2025年高考押題預測卷高三化學（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。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。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O-16Na23Cl35.5Ca40Cr52Co59第Ⅰ卷（選擇題共45分）一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．中國古代書籍文字中，諸多記載都能感受到化學學科的久遠與魅力。下列有關說法正確的是A．硝石“強燒之，紫青煙起”，說明可分解B．“丹砂燒之成水銀”，發生了置換反應C．“慈石，色輕紫，可吸連針鐵”，慈石的主要成分為D．“自元時始創其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣上”，“法”是指蒸餾【答案】D【解析】A．硝石（）灼燒時產生的“紫青煙”是鉀元素的焰色反應，屬于物理現象，并非分解導致，A錯誤；B．丹砂（HgS）受熱分解生成水銀（Hg）和硫（S），反應類型為分解反應，而非置換反應，B錯誤；C．具有磁性，慈石（磁石）的主要成分是，而不是，無磁性，C錯誤；D．用濃酒和糟入甑，蒸令氣上描述的是通過加熱使酒精汽化再冷凝收集的蒸餾法，符合蒸餾原理，則“法”是指蒸餾，D正確；故選D。2．利用下列實驗裝置及藥品能達到相應實驗目的的是A．除去中的B．驗證純堿中是否含C．驗證溶液是否部分變質D．驗證電石與水反應產生了乙炔【答案】A【解析】A．受熱易分解，而二氧化硅不會，分解生成的氨氣和氯化氫氣體在燒瓶底部能重新化合成氯化銨，故A能達到實驗目的；B．利用焰色反應來檢驗純堿中是否含，還需一塊藍色鈷玻璃片，故B不能達到實驗目的C．溶液若部分變質會含有，但和遇到氯化鋇溶液都會反應生成白色沉淀，故C不能達到實驗目的；D．電石中含有雜質，與水反應產生的氣體除了乙炔外，還含有硫化氫、磷化氫等氣體，它們也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，則要驗證電石與水反應是否產生了乙炔，還需在通入酸性高錳酸鉀溶液之前把它們除去，故D不能達到實驗目的。答案A。3．下列化學用語正確的是A．BF3的空間填充模型：B．H2Te分子的價層電子對互斥模型：C．的電子式：D．基態原子的核外電子排布式：【答案】B【解析】A．BF3中心原子為B，價層電子對數為3+，孤電子對數為0，空間結構為平面正三角形，題給空間填充模型為三角錐形，A錯誤；B．分子的中心原子為Te，價層電子對數為2+，孤電子對數為2，價層電子對互斥模型為四面體形：，B正確；C．HCl為共價化合物，電子式為：，C錯誤；D．As為33號元素，基態原子的核外電子排布式：，D錯誤；故本題選B。4．氮及其化合物的轉化具有重要應用。下列說法正確的是A．自然固氮、人工固氮都是將轉化為B．工業制硝酸過程中的物質轉化：C．汽車尾氣催化轉化器中發生的主要反應：D．實驗室探究稀硝酸與銅反應的氣態產物：(稀)【答案】D【解析】A．自然固氮、人工固氮都是將轉化為含氮的化合物，故A錯誤；B．工業制硝酸過程中的物質轉化是氮氣轉化為氨氣，氨氣發生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化為二氧化氮，二氧化氮和水反應生成硝酸，故B錯誤；C．汽車尾氣催化轉化器中發生的主要反應是一氧化氮和一氧化碳反應生成氮氣和二氧化碳，，故C錯誤；D．實驗室探究稀硝酸與銅反應的氣態產物，銅稀硝酸反應生成NO氣體，NO遇空氣轉化為NO2，故D正確；選D。5．BF3與一定量的水可形成物質R(如圖所示)。下列說法錯誤的是A．R中陰、陽離子均含有配位鍵B．陽離子的空間結構為三角錐形C．BF3形成R后，B的雜化方式未發生改變D．R中的陰、陽離子與水分子之間均可形成氫鍵【答案】C【解析】A．R中的陽離子（H3O+），是由H+提供空軌道，H2O中O原子提供孤電子對形成配位鍵；陰離子中是B原子提供空軌道，O原子提供孤電子對形成配位鍵，A正確；B．H3O+的中心原子為sp3雜化，故空間結構為三角錐形，B正確；C．BF3中，B是sp2雜化，R中B形成了4個σ鍵，雜化方式為sp3，C錯誤；D．H3O+中的H可以與H2O中O原子形成氫鍵，H2O中的H也可與H3O+的O形成氫鍵，R中的F與H2O中的H可以形成氫鍵，D正確；故答案選C。6．下列過程對應的離子方程式錯誤的是A．硫化氫溶液久置變渾濁：B．沉淀中滴入氨水：C．堿性鋅錳電池的正極反應：D．通入溶液中生成白色沉淀：【答案】A【解析】A．H2S是弱酸，在離子方程式中不能拆，硫化氫溶液久置變渾濁：，故A錯誤；B．AgCl沉淀與氨水反應生成可溶性絡合物，離子方程式為：，故B正確；C．堿性鋅錳電池正極反應中，MnO2在堿性條件下得電子生成MnO(OH)并伴隨OH-生成，正極反應：，故C正確；D．通入溶液中，SO2被Cu2+氧化為，Cu2+被還原為Cu+生成CuCl沉淀，離子方程式為：，故D正確；故選A。A．燒瓶壁發熱，說明反應S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放熱B．濕潤的藍色石蕊試紙變紅，說明SO2水溶液顯酸性C．溴水潤濕的濾紙褪色，說明SO2水溶液有漂白性D．BaCl2溶液產生沉淀，說明生成BaSO3【答案】B【解析】A．濃硫酸稀釋也會產生大量的熱，所以燒瓶壁發熱，不能說明反應S2O(aq)＋2H＋(aq)=S(s)＋H2O(l)＋SO2(g)放熱，故A錯誤；B．二氧化硫為酸性氧化物，能夠與水反應生成亞硫酸，所以濕潤的藍色石蕊試紙變紅，故B正確；C．二氧化硫具有還原性，能夠使溴水褪色，與其漂白性無關，故C錯誤；D．鹽酸的酸性強于亞硫酸，所以二氧化硫不能與氯化鋇溶液反應，故D錯誤；答案選B。8．化合物M是一種新型抗生素關鍵中間體的類似物，其合成路線如下(略去部分試劑和反應條件)。已知化合物K虛線圈內所有原子共平面。下列說法錯誤的是A．Q的化學名稱為2-甲基-1-丙醇 B．在酸性條件下，M可水解生成CO2C．K中氮原子的雜化方式為sp2 D．形成M時，氮原子與L中碳原子a成鍵【答案】D【解析】A．Q為飽和一元醇，命名時，從靠近羥基碳原子的一端開始編號，即羥基碳原子的位次為“1”，則其化學名稱為2-甲基-1-丙醇，A正確；B．M分子中，左側環上存在酯基和酰胺基，在酸性條件下兩種官能團都發生水解反應，M可水解生成H2CO3，H2CO3分解生成CO2和水，B正確；C．題中信息顯示，化合物K虛線圈內所有原子共平面，則N原子的最外層孤電子對未參與雜化，N原子的雜化方式為sp2，C正確；D．對照L和M的結構可以看出，形成M時，L分子中18O與b碳原子之間的共價鍵斷裂，則氮原子與L中碳原子b成鍵，D錯誤；故選D。9．多取代呋喃（M）是許多天然產物和具有生物活性的重要藥物的基本結構單元。由炔基酮（A）與重氮酯環加成生成M的反應機理如圖所示。下列說法中錯誤的是A．反應物A中最多有8個原子共平面B．反應過程中Cu原子成鍵數目沒有變化C．反應過程中有極性鍵和非極性鍵的斷裂和形成D．合成M的總反應為+N2=CHCOOCH3+N2【答案】B【解析】A．反應物A為，5個C原子、1個O原子和每個上1個H原子共8個原子共平面，A正確；B．中間產物B、D中Cu原子成鍵數目為2，C中Cu原子成鍵數目為3，則反應過程中Cu原子成鍵數目有變化，B錯誤；C．反應②中有碳碳單鍵的形成和碳碳三鍵中的鍵斷裂，有非極性鍵的形成和斷裂；反應③中有C=O鍵的斷裂和C—O鍵的形成，有極性鍵的斷裂和形成，C正確；D．由反應機理圖可知，合成M的總反應的反應物為炔基酮(A)和重氮酯環()，生成物為M和，則合成M的總反應為：+N2=CHCOOCH3+N2，D正確；故選B。10．工業廢水中的砷元素(主要存在形式是)具有強毒性，需要進行脫砷處理才能排放，下圖是一種處理酸性廢水中砷元素的工藝。下列敘述正確的是A．氧化劑可以選擇B．氧化步驟的離子方程式：C．加有助于通過共沉淀提高除砷率D．脫砷后排放的水可用于配制溶液【答案】C【分析】高濃度的含砷廢水中，砷以As(Ⅲ)和As(Ⅴ)形式存在，廢水呈酸性，向廢水中加入H2O2將低價態的As(Ⅲ)氧化為高價態，再加入FeCl3和NaOH，FeCl3在堿性條件下生成Fe(OH)3沉淀，砷的化合物與Fe(OH)3共同沉淀，提高除砷率，再調節廢水pH，使水質符合排放標準，最終排放。【解析】A．若氧化劑使用，會引入新的雜質錳元素，因此氧化劑不能選擇，A項錯誤；B．氧化步驟中加H2O2將氧化為，H2O2被還原為H2O，而不是生成O2，B項錯誤；C．加調節，會轉化為沉淀,通過共同沉淀提高除砷率，C項正確；D．根據流程分析可知，脫砷后排放的水中含有等雜質，會與反應生成沉淀，不能用于配制溶液，D項錯誤；答案選C。11．依據下列實驗操作和現象，得出的結論錯誤的是選項實驗操作現象結論A向溶液中滴加溶液至不再有沉淀產生，再滴加幾滴溶液先產生白色沉淀，又出現黑色沉淀B向潔凈的鐵片上滴加幾滴含有酚酞的氯化鈉溶液一段時間后，氯化鈉溶液水滴的邊緣顯淺紅鐵發生了吸氧腐蝕C灼燒銅絲使其表面變黑，伸入盛有某有機物的試管中銅絲恢復亮紅色該有機物中有醇羥基D向等物質的量濃度的KF、KSCN混合溶液中滴加幾滴溶液，振蕩溶液顏色無明顯變化證明結合的能力：【答案】C【解析】A．先有白色沉淀生成后變為黑色沉淀，說明CuS更難溶，其溶度積較小，即Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，A正確；B．食鹽水為中性，負極上Fe失去電子，正極上氧氣得到電子生成氫氧根離子，一段時間后溶液邊緣變紅，可知Fe發生吸氧腐蝕，B正確；C．灼燒銅絲使其表面變黑，伸入盛有某有機物的試管中銅絲恢復亮紅色，該有機物中可能有醇羥基、與CuO發生反應恢復亮紅色，也可能有羧基與氧化銅反應、余下紅色的銅，C錯誤；D．與SCN-反應形成紅色絡合物，向等物質的量濃度的KF、KSCN混合溶液中滴加幾滴溶液，振蕩溶液顏色無明顯變化，說明與SCN-結合的能力更弱，故結合的能力：，D正確；故答案為：C。12．酒石酸是一種有機二元弱酸(用表示)，酒石酸鈣()微溶于水。已知室溫時：、，，，。下列說法不正確的是A．室溫時，的溶液的約為3B．向溶液中加入酒石酸，溶液變渾濁C．飽和溶液中加入少量固體，的值減小D．室溫時，往的溶液中通氣體至溶液，消耗的【答案】D【解析】A．室溫時，的溶液中，=，A項正確；B．，故能發生反應，溶液與酒石酸混合，隨反應的進行酒石酸電離平衡正移，使溶液中，則，有沉淀生成，溶液變渾濁，B項正確；C．飽和溶液中加入少量固體，增大，不變，則減小，的值減小，C項正確；D．溶液存在水解及電離，水解平衡常數，溶液顯酸性，根據反應，可確定往的溶液中通氣體至溶液時，溶液中的溶質為、、，則消耗的，D項錯誤；答案選D。13．鉻、鈣、氧可形成一種具有特殊導電性的復合氧化物，其晶胞結構如圖甲所示，氧離子與鈣離子的最近距離為apm，阿伏加德羅常數的值為NA。下列說法正確的是A．鈣離子的配位數為8B．氧離子與鉻離子間的最短距離為eq\f(eq\r(3),2)apmC．該晶胞沿z軸方向的投影如圖乙 D．該復合氧化物晶體的密度為eq\f(140,(eq\r(2)a×10－10)3×NA)g·cm－3【答案】D【解析】圖甲,距離鈣離子最近且等距離的氧離子有12個，即鈣離子的配位數為12，A項錯誤；由晶胞結構可知，鈣離子和氧離子的最近距離為晶胞面對角線長度的一半，則晶胞面對角線長度為2apm，晶胞參數為eq\r(2)apm，氧離子與鉻離子間的最短距離為eq\f(eq\r(2),2)apm，B項錯誤；該晶胞沿z軸方向的投影圖應為，C項錯誤；根據均攤法，氧離子有6×eq\F(1,2)＝3個，鉻離子有1個，鈣離子有8×eq\F(1,8)＝1個，故化學式為CaCrO3，晶胞參數為eq\r(2)apm，根據ρ＝eq\F(m,V)，晶體密度為eq\f(140,(eq\r(2)a×10－10)3×NA)g·cm－3，D項正確。14．工業上常用除去：。一定溫度下，向恒容反應器中按照不同投料（見下表）充入氣體。按照①進行投料時，測得體系中各成分的物質的量隨時間變化如圖所示。投料①00②③00下列說法不正確的是A．圖中對應的物質是 B．①中達到平衡時，C．按照②進行投料時，反應向逆反應方向進行 D．任意時刻③中的體積分數均為【答案】C【分析】對圖中曲線標記如圖，根據反應CS2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2S(g)，隨著反應的進行，H2消耗的物質的量更大，故b表示H2，d表示CS2，同理H2S生成相比CH4更多，故a表示H2S，c表示CH4。【解析】A．由分析，M對應物質是H2S，A正確；B．由圖知，①平衡時，H2和CH4物質的量相等，根據三段式，即4-4x=x，解得x=0.8mol，即達到平衡時，n(H2)=0.8mol，C正確；C．設容器體積為1L，由選項B中的三段式可知，該溫度下，反應平衡常數K=，按照按照②進行投料時，濃度積為，故反應會向正反應方向進行，C錯誤；D．根據③的投料，列出三段式，任意時刻，CS2的體積分數為，D正確；本題選C。15．有機物參加的反應在日常生活和科學研究中扮演著重要的角色，不僅可以用于有機合成，還可以用于多種材料的改性和功能化設計。某科研小組以硝基苯為原料電催化合成的裝置如圖所示，M電極和N電極為覆蓋催化劑的惰性電極，裝置工作時定時將N電極室溶液轉移至M電極室。下列說法正確的是A．裝置工作時，通過離子交換膜移向N極B．陽極反應：2-4e-+4OH-+4H2OC．裝置工作時，陰離子交換膜兩側溶液的保持不變D．轉移相同電量，M電極消耗的和N電極產生的和相等【答案】B【分析】由圖可知，在N極發生還原反應生成，N極為陰極，M極為陽極，以此解答。【解析】A．由分析可知，N極為陰極，M極為陽極，則裝置工作時，通過離子交換膜移向M極，A錯誤；B．M極為陽極，在陽極失去電子生成，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：2-4e-+4OH-=+4H2O，B正確；C．陽極電極方程式為：2-4e-+4OH-=+4H2O，陰極電極方程式為：+6e-+4H2O=+6OH-，當轉移4mol電子時，陰離子交換膜右側有4molOH-進入左側，同時左側消耗4molOH-，右側生成4molOH-，兩側OH-物質的量不變，但左側生成了水，OH-濃度減小，pH減小；右側消耗水，OH-濃度增大，pH增大，C錯誤；D．陽極電極方程式為：2-4e-+4OH-=+4H2O，陰極電極方程式為：+6e-+4H2O=+6OH-，每轉移相同電子，M電極消耗的大于N電極產生的，D錯誤；故選B。第II卷（非選擇題共55分）二、非選擇題：共4題，共55分。16．（13分）海綿鋯又稱人類黃金金屬、太空金屬，是重要的戰略原料。工業上采用四氯化物分餾技術從鋯英石(主要成分為，含、等雜質)制備海綿鋯的工藝流程如圖所示。已知：①金屬鋯的熔點為1852℃，具有親氧性，其表面易形成一層氧化膜，具有光澤，外觀與鋼相似；②幾種氯化物的沸點如下表所示：氯化物沸點(℃)33157.6316(300℃時易開華)700178(178℃開始升華)14121107回答下列問題：（1）“球磨”的作用是。（2）“氯化”時在沸騰爐中進行，需控制溫度在的溫度下進行(其中一種生成物為CO)，請寫出由反應生成的化學方程式：；為了避免生成，工業上有時也可在電弧爐中高溫加熱將轉化為碳化鋯和氣體，該過程反應的化學方程式為。（3）“提純”時在提純爐中分三步進行，提純爐分為升華爐和冷凝器，第一步將爐子加熱到150~200℃，此時排出爐外；第二步向爐子中充入氫氣，升溫至300℃，目的是；第三步將爐子逐漸升溫到600~660℃，冷凝器溫度保持在，此時，連續從升華爐進入冷凝器冷凝為固體，鐵的化合物留在爐渣中。（4）“還原”反應時通入氬氣的目的為，“真空蒸餾”時應控制溫度約為(填字母)。A．1050℃B．1150℃C．1450℃D．1950℃【答案】（除標明外，每空2分）（1）增大接觸面積，提高后續反應的速率（1分）（2）或（3）、、與二者沸點相近，將還原為，以免混在中影響純度（4）排除氧氣的干擾，防止生成的金屬鋯被氧化C【分析】鋯英石(主要成分為，含、等雜質)與焦炭混合球磨，增大二者的接觸面積，提高反應速率，加Cl2氯化，生成粗的ZrCl4，再經過提純得到純凈的ZrCl4，加入Mg在Ar氛圍下還原得到Zr，再經過真空蒸餾、粉碎得到海綿鋯。【解析】（1）“球磨”時，要磨成粉，目的是增大接觸面積，提高后續反應的速率；（2）“氯化”時反應物為鋯英石、氯氣、焦炭，反應生成的化學方程式為；在電弧爐中將鋯英石和焦炭轉化為碳化鋯和氣體，則化學方程式為或；（3）根據信息，“提純”時，加熱到的溫度，達到、的沸點和升華溫度，先將SiCl4、AlCl3和多余Cl2排出爐外；向爐子中充入氫氣，升溫至300℃，根據已知信息可推知目的是將還原為，因為FeCl3和ZrCl4二者沸點相近，以免混在中影響純度；（4）根據金屬鋯的性質可知，“還原”反應時通入氬氣的目的為排除氧氣的干擾，防止生成的金屬鋯被氧化；“還原”時Mg與ZrCl4發生置換反應生成MgCl2和Zr，“真空蒸餾”時為了使未反應的金屬鎂和氯化鎂氣化，控制溫度大于等于1412℃，考慮到節約成本，溫度不宜過高，C項符合題意。17．（14分）已知三氯化六氨合鈷[Co(NH3)6]Cl3(Mr=267.5g/mol)為橙黃色晶體易溶于熱水，在冷水中微溶，可在氯化銨和氨水的混合溶液中活性炭做催化劑條件下，利用雙氧水氧化CoCl2制備，制備裝置如圖所示。已知：Co2+在溶液中較穩定，[Co(NH3)6]2+具有較強還原性。I．制備產品，步驟如下：①稱取1.0gNH4Cl固體，用5mL水溶解，加到三頸燒瓶中。②分批加入1.5gCoCl2后，再加入0.3g活性炭、一定體積的濃氨水和雙氧水。③加熱至55-60℃反應20min，冷卻，過濾。④向濾渣中加入80℃左右的熱水，充分攪拌后，趁熱過濾。⑤向濾液加入少量甲，冷卻結晶后過濾，用乙洗滌晶體2~3次，低溫干燥得到橙黃色晶體。回答下列問題：（1）寫出制備[Co(NH3)6]Cl3的化學方程式。（2）向混合液加入H2O2溶液與氨水時，應最先打開活塞(填字母代號)；加入所有試劑后，水浴的溫度控制在55-60℃左右，溫度不宜過高的原因是；干燥管中試劑為。（3）步驟④中趁熱過濾的目的是。（4）步驟⑤中關于甲、乙溶液的選擇合理的是(填標號)。A．甲為濃鹽酸，乙為水B．甲為乙醇，乙為水C．甲為濃鹽酸，乙為乙醇Ⅱ．測定產品純度，實驗如下：①稱取ag產品溶于足量稀硝酸中，并用蒸餾水稀釋，置于錐形瓶中，加入過量V1mLc1mol·L-1AgNO3溶液，并加3mL的硝基苯用力振蕩。②向錐形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液為指示劑，用c2mol·L-1KSCN溶液滴定過量的AgNO3溶液，達到滴定終點時用去V2mL溶液。(已知：，)（5）產品的質量分數為。(列出計算式)（6）加入硝基苯的目的是。【答案】（除標明外，每空2分）（1）（2）d（1分）既能保證較快的反應速率，同時減少氨的揮發和H2O2的分解P2O5或CaCl2（1分）（3）防止冷卻時析出三氯化六氨合鈷晶體，造成損失（4）C（5）%（6）使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆蓋，防止AgCl轉化為AgSCN沉淀【分析】根據題意，在氨氣和氯化銨存在條件下，以活性炭為催化劑，用雙氧水氧化CoCl2溶液來制備[Co(NH3)6]Cl3，反應的化學方程式為；將粗產品溶于25mL熱的稀鹽酸中，再向濾液中緩慢加入4mL濃鹽酸，有大量橙黃色晶體析出，冰浴冷卻后過濾，說明加入熱的稀鹽酸后應過濾；先用冷的2mol?L-1HCl溶液洗滌晶體，再用少許乙醇洗滌，干燥，得產品。【解析】（1）由分析可知，制備[Co(NH3)6]Cl3的化學方程式為：。（2）Co2+在溶液中較穩定，[Co(NH3)6]2+具有較強還原性，為了將不易被氧化的Co2+轉化為具有較強還原性的[Co(NH3)6]2+，應該先打開d進行絡合反應，再打開b進行氧化；后續鈷離子和氨水反應絡合反應，原料中加入NH4Cl可以抑制NH3?H2O電離，有利于絡合物形成；控制三頸燒瓶中水浴的溫度控制在55℃左右，溫度不宜過高的原因是既能保證較快的反應速率，同時減少氨的揮發和H2O2的分解。干燥管的作用是吸收多余的氨氣且防止空氣中的水蒸氣進入裝置，干燥管中試劑為P2O5或CaCl2。（3）由題干信息可知，三氯化六氨合鈷[Co(NH3)6]Cl3為橙黃色晶體，易溶于熱水，在冷水中微溶，故步驟④中趁熱過濾的目的是防止冷卻時析出三氯化六氨合鈷晶體，造成損失。（4）由分析可知，濾渣中[Co(NH3)6]Cl3?6H2O表面有殘留的氨水，加入濃鹽酸可以消耗氨水且抑制[Co(NH3)6]Cl3?6H2O的電離，[Co(NH3)6]Cl3能夠溶于水，所以過量的鹽酸要用乙醇洗滌，故答案為：C。（5）滴定原理為過量溶液將ag產品中的全部沉淀，過量的溶液用KSCN溶液滴定，根據反應的計量關系可知，結合，可得產品的質量分數為%。（6）由題干信息可知，，AgCl易轉化為AgSCN，硝基苯的密度比水的大，故實驗過程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆蓋，防止AgCl轉化為AgSCN沉淀。18．（14分）我國科研團隊探究了合成工藝效率的影響因素。總反應：反應Ⅰ：

反應Ⅱ：

已知：①表示轉化率。②表示選擇性：。回答下列問題：（1）。（2）絕熱剛性容器中，若只發生反應I，下列條件可判斷平衡的是_______(填標號)。A．消耗速率等于生成速率 B．容器中壓強不變C．混合氣體密度不變 D．混合氣體的平均相對分子質量不變（3）科研小組探究了不同溫度下催化劑(A和B)對轉化率、各產物選擇性的影響，結果如圖1所示，較適宜的催化劑是(填“A”或“B”)。（4）在適宜溫度下轉化率較低，可通過調控進料比來提高。調控進料比時，反應相同時間，催化劑對轉化率、各產物選擇性的影響，結果如圖2所示。在進料比為4.0時無檢出，可能的原因是。（5）若在恒容容器中，按和進料，達平衡后，轉化率為，達到平衡所用時間為，則，總反應的平衡常數。（6）在工業生產實踐中，選擇的進料比低于4.0，可能的原因是(答一點)。【答案】（除標明外，每空2分）（1）-49.5（2）B（3）A（1分）（4）增加進料時，對反應Ⅱ的影響大于對反應Ⅰ的影響，使難以積存（5）（3分）（6）進料比高時的轉化率低，增加了成本(或過多會增加分離成本/過多易爆炸有安全隱患/進料比較低時，反應已進行徹底)【解析】（1）反應Ⅰ：

反應Ⅱ：

由蓋斯定律Ⅰ+Ⅱ得。（2）A.消耗速率等于生成速率，不能判斷正逆反應速率是否相等，反應不一定平衡，故不選A；

B.反應在絕熱剛性容器中進行，溫度是變量，所以壓強是變量，容器中壓強不變，反應一定達到平衡狀態，故選B；C.反應前后氣體總質量不變、容器體積不變，密度是恒量，混合氣體密度不變，反應不一定平衡，故不選C；D.反應前后氣體總質量不變、氣體物質的量不變，平均相對分子質量是恒量，混合氣體的平均相對分子質量不變，反應不一定平衡，故不選D；選B。（3）根據圖1，催化劑A在適宜溫度下的轉化率和選擇性都比較高，故催化劑A適宜。（4）根據反應分析，進料比越高，的相對含量越高，反應Ⅰ和反應Ⅱ均加快，此時無檢出，可能是因為增加進料時對反應Ⅱ影響更大，使難以積存。（5）按和進料時，無，可看成只發生總反應，據此列出三段式。達到平衡所用時間為，則，總反應的平衡常數。（6）結合圖像和原理分析，進料比高時轉化率高，而轉化率低，但價格更高，進料比高時的轉化率低，增加了成本；過多會增加分離成本，過多易爆炸有安全隱患等，所以在工業生產實踐中，選擇