关键能力专练(2)科学探究能力训练-【鱼跃龙门卷】2026年高考化学试题逐题突破（山东专版）

2025一2026学年度高考试题逐题突破一关键能力专练（二） 化学·科学探究能力训练 总分：50分时间：40分钟 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56 一、选择题：本题共7小题，每小题3分，共21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.某白色固体样品，可能含有KNO3、Na2CO3、Na2SO4、BaCl2、SiO2中的一种或几种。对该样品 进行如下实验： ①取少量固体加人足量水中，固体部分溶解； ②取①中滤液做焰色试验，透过蓝色钴玻璃未观察到紫色； ③取①中滤渣，向其中加入足量的盐酸，产生气泡，固体部分溶解。 下列说法错误的是 A.固体粉末中一定不含KNO3 B.固体粉末中一定含有BaCl2和Na2CO C.取①中滤液，加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，若未产生白色沉淀，则样品中无Na2SO, D.为进一步确定原样品组成，可以向③未溶解的固体中加入KOH溶液 2.冠醚能识别碱金属离子。12冠-4与Li计作用而不与K+作用，18-冠-6与K+作用而不与L计 作用。下列说法正确的是 12-冠-4 18-冠-6 超分子 A.12-冠-4与18-冠-6互为同系物 B.18-冠-6可增大KCN在溴乙烷中的溶解度 C.超分子属于高分子，具有很大的相对分子质量 D.超分子“自组装”的特征可以用于分离Li+与K 3.下列实验方案设计正确的是 A.检验丙烯醛分子中的碳碳双键：向其中滴加足量的溴水，观察溴水是否褪色 B.验证牺牲阳极法防止铁腐蚀：向铁电极附近滴加K3[F(CN)。]溶液，观察是否有蓝色沉淀 产生 C.探究温度对化学平衡的影响：加热CuC12稀溶液，观察溶液颜色变化 D.检验麦芽糖水解：与稀硫酸共热，调至碱性，加入银氨溶液并水浴加热，观察是否有银镜 产生 化学X·关键能力专练（二）第1页（共4页） 鱼欧花门老 4.下列实验操作或实验装置能达到实验目的的是 湿铁粉 Na.CO 格包 K[Fe(CN)] 溶液 溶液 NaBr羽KI 溶液 爵溶液 1mL0.1mol·L1mL0.1mol·L- (NHa)Fe(SO)2 酷酸 硼酸 溶液 A,观察肥皂液是否有 B.比较Cl2、Br2、 C.证明醋酸酸性比硼D.检验(NH4)2Fe(SO4)2 气泡冒出判断反应 L2氧化性强弱 酸强 溶液是否变质 发生 5.工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。已知：可用[Cu(NH3)2]2SO4溶液除去合成氨原 料气中的CO,[Cu(NH3)2]++CO+NH3=[Cu(NH3),CO]+△H<0。下列说法正确的是 A.CO是与合成氨反应无关的气体，其存在对合成氨无影响 B.[Cu(NH3)2]2SO4溶液与CO反应的适宜条件为高温高压 C.[Cu(NH3)3CO]2SO4溶液再生NH3的适宜条件为低温高压 D.寻找合适的“低温催化剂”是工业合成氨的最佳科研方向 6.化学镀铜法得到的镀层均匀性、硬度等性能都较好，利用CuSO4、次磷酸钠(NaH2PO2)和酒石 酸钾钠进行化学镀铜的一种工艺流程如图所示： 酒石酸钾钠 NaOH NaH2PO, 溶液 络合→[Cu(CH,O。 还原→Cu HO 已知：酒石酸钾钠的分子式为C4H4 OKNa,结构简式为 ,其水溶液呈碱性。 O-Na HO 下列说法正确的是 A.H3PO2与足量的氢氧化钠反应生成的NaH2PO2为酸式盐 B.“络合”时，将酒石酸钾钠溶液滴人CuSO4溶液中直至溶液变澄清 C.[Cu(C4H4Os)2]-中心原子的配位数为2 D.“还原”时，NaH2PO2转化为Na2HPO3,则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1 7.在日常生活中，我们经常看到铁制品生绣、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象。可 以通过下列装置所示实验进行探究。下列说法正确的是 用NaCI溶液 润湿的活性炭 正极 负极 浸有NaCI 食盐水 电流表 浸泡过 溶液的滤纸 的铁钉 水 食盐水 铝箔 化学X·关键能力专练（二）第2页（共4页） 班级 A.按图I装置进行实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，可用酒精灯加热具支试管 B.图Ⅱ是图I所示装置的原理示意图，图Ⅱ的正极材料是铁 姓名 C.铝制品表面出现白斑可以通过图Ⅲ装置进行探究，C1由活性炭区向铝箔表面区迁移，并 发生电极反应2C1-2eC12个 得分 D.图Ⅲ装置的总反应为4A1+3O2+6H2O一4A1(OH)3,生成的A1(OH)3进一步脱水形 成白斑 二、非选择题：本题共2小题，共29分。 8.(14分)草酸亚铁晶体(FC,O4·2H2O)是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体，具有较强 答题栏 还原性，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了 1 2 相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题： I.制备草酸亚铁晶体（装置如图所示） 稀硫酸、 4 (1)盛装稀硫酸的仪器名称为 5 6 (2)实验过程：待a中反应一段时间后，需要对开关进行 的操作是 足量铁屑 NH)2C,O溶液 (3)装置c的作用为 a b Ⅱ.草酸亚铁晶体热分解产物的探究 草酸亚铁晶体 N2 氧化铜 K H 无水硫酸铜 澄清 足量浓疏酸 澄清 石灰水NaOH溶液 石灰水 A B C D (4)装置C和D可以合并为一个盛有 的球形干燥管。 (5)从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是 (6)实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，中无水硫酸变为蓝色，A 中残留FO,则A处反应管中发生反应的化学方程式为 Ⅲ.运用热重分析法推测产物 剩余固体的质量/g 称取3.60g草酸亚铁晶体加热分解，得到剩余固体质量随温度变 3.60 化的曲线如图所示。 2.88 (7)当剩余固体质量为1.60g时，剩余固体物质的化学式1.60 为 100150200250300温度/℃ 化学X·关键能力专练（二）第3页（共4页） 广鱼跃花门卷 9.(15分)为探究SO2的性质，进行了如下实验。回答下列问题： I.在实验室制备S02并探究其相关性质，装置如图所示。 70%H,SO溶液 收集、尾气 处理装置 Na SO A B D E 品红溶液浓Ba(NO,2含有酚酞的 溴水酸性KMnO, 溶液 NaOH溶液 溶液 (1)盛放Na2SO3的仪器名称是 (2)此仪器中发生反应的化学方程式为 (3)下列SO,尾气处理装置错误的是 (填标号)。 NaOH NaOH NaOH 溶液 NaOH 溶液 溶液 溶液 B C (4)下列溶液褪色能证明SO2具有还原性的是 (填标号)。 A.品红溶液 B.含有酚酞的NaOH溶液 C.溴水 D.酸性KMnO4溶液 Ⅱ.有同学提出：SO2与Ba(NO3)2溶液反应时，溶液中的溶解氧也 连接数据采集 器和计算器 有可能起到氧化作用。设计如图所示实验装置探究溶液中NO SO. pH 与O2氧化SO2时的主导作用： 传感器 (5)下列实验反应时间均为80s,选择提供的试剂完成表格： 食用油 0.1mol·L-1Ba(NO3)2溶液、0.1mol·L-1KNO3溶液、 待测溶液 0.1mol·L-1BaCl2溶液、0.2mol·L1BaCl2溶液 序号 步骤操作 pH变化 i 取25mL煮沸过的0.1mol·L1Ba(NO3)2溶液，通入V mL SO2 pH轻微减小 i 取25mL未煮沸的① ,通入V mL SO2 pH减小2.5 诚 取25mL煮沸过的0.1mol·L1BaCl2溶液，通入V mL SO2 pH几乎不变 iv 取25mL未煮沸的② 溶液，通入V mL SO2 pH减小2 ③i、V两组实验pH变化不同的原因可能是 0 ④由表中4个实验可知溶液中NO?与O2氧化SO2时占主导作用的是 (填 “NO3”或“O2”)。 (6)写出在有氧气的条件下，SO2与BaCl2溶液反应的离子方程式： 化学X·关键能力专练（二）第4页（共4页）·化学X· ②根据均摊原则，C0,晶胞中Ce+数目为8×日+6×2=4， O2-数目为8，Ce02晶胞中Ce+与最近的O核间距为apm, 为晶胞体对角线的，则品胞边长为430 3pm,晶体的密度为 172×4 g·cm3=3.87X102 (w50x10）'x 4v3a2XN8·cm。 ③CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1：2，若参杂Y2O3后 得到n(CeO2):n(Y2O3)=0.6:0.2的晶体，阳离子和阴离子 的个数比为1：1.8，则此晶体中02-的空缺率为2一)1.8× 2 100%=10%. 化学关键能力专练（二） 一、选择题 1.C【解析】①取少量固体加入足量水中，固体部分溶解，不溶性 物质可能为BaCO3、BaSO4、SiO2;②取①中滤液做焰色试验，透 过蓝色钴玻璃未观察到紫色，滤液中不存在钾离子，说明样品 中一定没有KNO3;③取①中滤渣，向其中加入足量的盐酸，产 生气泡，固体部分溶解，BaCO3溶于盐酸，可知样品中一定存在 Na2CO3和BaCl2,无法确定未溶解的物质是BaSO4还是SiO 还是二者均有；取①中滤液，加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液， 若未产生白色沉淀，有可能是加水溶解时，硫酸根恰好沉淀完 全，不能确定样品中不含Na2SO4;SiO2可溶于KOH溶液， BaSO,不溶于KOH溶液，故为进一步确定原样品组成，可以向 ③未溶解的固体中加入KOH溶液。 2.B【解析】A项，12-冠-4与18-冠-6含醚键数目不同，不互为同 系物；B项，利用分子识别原理，用18-冠-6将KCN代人有机物 中，增大KCN在有机物中的溶解度；C项，超分子是两种或两种 以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，不属于高分 子化合物；D项，超分子“分子识别”的特征可以用于分离Li 与K 3.C【解析】A项，丙烯醛中的醛基和碳碳双键均能与溴水反应； 直接滴加溴水无法区分两者，需先消除醛基干扰；B项，牺牲阳 极法中，铁作为阴极被保护，不会产生F+,故滴加 K3[Fe(CN):]溶液不会生成蓝色沉淀，但由于铁片可被 Ka[Fe(CN)6]氧化为Fe+,随后Fe2+与K3[Fe(CN)6]进一步 反应生成蓝色沉淀，无法直接验证；C项，溶液中存在平衡 [Cu(H2O)]2++4C1[CuCl4]2-+4H2O,加热后平衡发 生移动，可通过观察溶液颜色变化探究温度对化学平衡的影 响；D项，麦芽糖本身就是还原性糖，无法通过题给实验检验麦 芽糖水解。 4.C【解析】A项，试管中的空气受热膨胀，也会在肥皂液中看到 气泡，不能判断反应是否发生；B项，该装置只能说明C2的氧 化性比Br2强，C12的氧化性比I2强，不能说明Br2的氧化性比 I2强；C项，左边试管有气泡生成，说明醋酸酸性比碳酸强，右边 试管无明显现象，说明硼酸的酸性比碳酸弱，故能比较出醋酸 的酸性比硼酸强；D项，K3[Fe(CN)6]用于检验Fe+,不能检验 Fe3+,故不能检验(NH4)2Fe(SO4)2溶液是否变质。 5.D【解析】CO会引起催化剂中毒，影响合成氨速率； [Cu(NH3)2]2SO,溶液与CO反应的适宜条件为低温高压； [Cu(NH3),CO]2SO,溶液再生NH3的适宜条件为高温低压； 寻找合适的“低温催化剂”是工业合成氨的最佳科研方向，可以 节约能源。 6.B【解析】H3PO2与足量的氢氧化钠反应生成正盐，故 NaH2PO2为正盐；“络合”时将酒石酸钾钠滴入CuSO,溶液中 直至溶液变澄清，生成配合物[Cu(C4H4O。)2]2;根据酒石酸 钾钠结构简式可知[Cu(C,H4O6)2]2-中心原子的配位数为4； “还原”时NaH2PO2转化为Na2HPO3,则反应的离子方程式为 H2 PO2 [Cu(C,H,O)2]2+30H--Cu HPO+ 2H2O十2C4H4O。,氧化产物为Na2HPO3、还原产物为Cu,氧 化产物和还原产物的物质的量之比为1：1。 D【解析】如果加热具支试管则管内气体受热膨胀，不能更快 更清晰地观察到液柱上升；图Ⅱ中铁作负极；图Ⅲ装置中，负极 反应式为A1-3e一A13+,正极反应式为02+2H20十4e =4OH,总反应式为4A1+3O2+6H2O=4A1(0H)3,生 成的A1(OH)3进一步脱水形成白斑。 、非选择题 I.(1)分液漏斗 (2)打开K2,关闭K3、K (3)隔离空气，防止生成的草酸亚铁品体被空气中的氧气氧化 Ⅱ.(4)碱石灰 (5)缺少处理CO尾气装置 (6)FeC,0,·2H,0△Fe0+C0,+C0+2H,0 Π.(7)Fe2O3 【解析】I.由实验装置图可知，制备草酸亚铁晶体的操作为组 装好装置后，检验装置的气密性，添加试剂后，先关闭K2,打开 K3、K1,将一定量稀硫酸加入锥形瓶a中，利用反应生成的氢气 排尽装置中的空气，一段时间后，打开K2,关闭K3、K1,再利用 反应生成的氢气将装置a中的硫酸亚铁溶液压入装置b中，使 硫酸亚铁溶液与草酸铵溶液混合反应制得草酸亚铁，装置℃中 盛有的水用于隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的 氧气氧化，装置b中制得的草酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结 晶、过滤、洗涤、干燥得到草酸亚铁晶体。Ⅱ.由实验装置图可 知，装置A为草酸亚铁晶体受热分解装置，盛有无水硫酸铜的 干燥管用于检验水蒸气的生成，装置B中盛有的澄清石灰水用 于检验二氧化碳的生成，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸 收二氧化碳，防止二氧化碳干扰一氧化碳的检验，装置D中盛 有的浓硫酸用于干燥气体，装置E中盛有的氧化铜和装置F中 盛有的澄清石灰水用于检验一氧化碳的生成，该装置的设计缺 陷是缺少处理一氧化碳尾气装置。 (6)由题意可知，A处反应管中发生的反应为草酸亚铁晶体受热 分解生成氧化亚铁、二氧化碳、一氧化碳和水，反应的化学方程 式为FeC,0,·2H,0△Fe0+C0,+C0++2H,0. 3.6g (7)3.6g草酸亚铁晶体的物质的量为180g,0=0.02mol,由 铁原子个数守恒可知，1.6g剩余固体中铁元素的物质的量为 0.02mol,则固体中铁元素和氧元素的物质的量之比为 0.02m0l:1.6g-0.02molX56g·m0 -=2：3,所以剩余 16g·mol-1 固体物质的化学式为Fe2O3。 (1)圆底烧瓶 (2)H2SO4(浓)+Na2SO3—Na2SO4+SO2◆+H2O (3)B (4)CD (5)①0.1mol·L1Ba(NO3)2溶液②0.1mol·L1BaCl2溶 液③未煮沸的溶液中溶有O2,将亚硫酸氧化为硫酸，pH减 小④O2 (6)2S0,+2Ba2+0,+2H,O-2BaSO+4H 【解析】(1)盛放Na2SO,溶液的仪器名称是圆底烧瓶。 (2)浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、水和二氧化硫气体，反 应的化学方程式为H2SO4(浓)+Na2SO3 -Naz SO+ SO2↑+H2O。 (3)二氧化硫极易溶于氢氧化钠溶液，则将二氧化硫气体通入氢 氧化钠溶液中时要注意防倒吸。 (4)品红溶液褪色体现了二氧化硫的漂白性；二氧化硫具有酸性 氧化物的性质，和氢氧化钠反应使得溶液褪色；溴水具有强氧 化性，和二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫还 原性；酸性高锰酸钾具有强氧化性，和二氧化硫发生氧化还原 反应而褪色，体现二氧化硫还原性。 (5)①实验中探究溶液中NO3与O2氧化SO2的主导作用，则 需要控制实验中的变量唯一。实验「、ⅱ为对照实验，变量为硝 酸钡溶液是否煮沸除去溶解氧，故实验iⅱ为0.1mol·L1 Ba(NO3)2溶液。 参考答案及解析 ②实验、V为对照实验，变量为氯化钡溶液是否煮沸除去溶5.A【解析】“灼烧”过程中，废铜泥中的金属元素转化为金属氧 解氧，故实验iV为0.1mol·L1BaCl2溶液。 化物，硫元素转化为气体逸出，所以“灼烧”可将废铜泥转化为金 ③、V两组实验pH变化不同的原因可能是未煮沸的溶液中 属氧化物；若温度过高，过氧化氢会分解，减弱除杂效果；在实验 溶有O2,将亚硫酸氧化为硫酸，pH减小。二氧化硫、氯化钡反 室模拟“过滤”步骤时使用的主要玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧 应生成硫酸钡和盐酸。 杯；“还原”时溶液中的Cu+被SO-还原为Cu+,Cu+再结合 ④实验i、ⅱ为对照，实验ⅲ、V为对照，通过pH变化可知，存 C1生成CuC1沉淀，而SO?被氧化为SO?,根据得失电子守 在溶解氧的溶液pH更小，故溶液中NO3与O2在氧化SO2时 恒、电荷守恒、原子守恒可确定反应的离子方程式为2C+十 占主导作用的是O2。 SO3+2C1+H2O—2CuC1￥+SO?+2H+,所以“还原” (6)在有氧气的条件下，氧气将SO2氧化为硫酸根离子，硫酸根 后“溶液”呈酸性。 离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，总反应为2SO2十2Ba2++O2+ 6.B【解析】随反应进行，甲烷物质的量逐渐减小，乙烯物质的量 2H2O=2BaS04￥+4H+。 先增大后减小，产物乙炔物质的量逐渐增大，因此曲线甲代表乙 化学关键能力专练（三） 炔、乙代表甲烷、丙代表乙烯。由分析可知，乙代表甲烷，M点 后，甲烷的物质的量减小，说明反应正向进行，则正反应速率大 、选择题 于逆反应速率；根据曲线变化可知，30min前以生成乙烯为主； C【解析】空气冷凝管冷凝效果差，可改用直形冷凝管。 根据题干，两反应均属于吸热反应，升高温度，平衡正移，甲烷物 A【解析】根据某常见金属单质及其部分化合物的“价一类”二 质的量减少，乙炔物质的量增大，则乙曲线下移，甲曲线上移；乙 维图知，a为Fe、b为FeO、c为Fe2O3、d为Fe(OH)3、e为 代表甲烷，0~40min内CH的平均反应速率为 Fe(OH)2、f为亚铁盐（如FeCl2等）、g为铁盐（如FeCl3等）、h 为高铁酸盐（如K2FeO,等）。Fe与HCl反应生成FeCl2,FeCl2 100-20)×102mo=0.02molL1·min'。 1L×40min 与Cl2反应生成FcCl,FcCl与NaOH反应生成Fe(OH)3,7.C【解析】pH越大，碱性越强，A-的分布分数越大，HA的 Fe2O3不能通过一步反应转化为Fe(OH)3;b与HI的反应为 分布分数越小，所以I线代表A2-,Ⅱ线代表HAˉ；根据图像中 FeO+2HI—FeL2+H2O,c与HI的反应为Fe2O3+6HI 含A微粒只有两条线，所以对应的微粒为HA和A2,溶液中 2FeL2+I2十3H2O,前者为非氧化还原反应，后者为氧化还原反 不存在H2A分子，则H2A第一步完全电离，电离方程式为 应：FO2具有强氧化性，可用于饮用水的消毒，其还原产物 H2A—H+HA、HA一H+A2-;c点对应溶液的溶 Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体用于净水；图乙构成原电池，Fe 质为2×10-3 mol Na2SO4、2×10-3 mol NaHA,根据电荷守恒 (a)为负极，电极反应为Fe一2e 一Fe2+,向a极附近滴入铁 可得c(H+)+c(Na)=2c(SO)+c(OH)+c(HAˉ)+ 氰化钾溶液会产生蓝色KFe[Fe(CN):]沉淀。 2c(A),根据元素守恒可得c(A2-)十c(HA)=c(SO),联 C【解析】在10min时，a(NH3)=45%,则△n(NHg)= 立两式可得c(H+)+c(Na+)=3c(SO)+c(OH)+ 4mol×45%=1.8mol,△n(NH3)=△n(N0)=1.8mol,故 c(A2-);当8为0.5时，c(HA)=c(A2-),对应的pH≈8.4， 1.8 mol (NH)=(NO)=2 LX10 min =0.09mol·L1·min1;在 c(H+)=1X1084mol·L1,根据K,的表达式，K.≈1× 20min后，氨的转化率下降，升高温度和增大压强平衡均逆向 108.4,数量级为109。 二、非选择题 移动；在T℃下，平衡时a(NH3)=60%,则△n(NH3)= 8.(1)+185kJ·mol-1高温 4mol×60%=2.4mol,消耗的△c(NH)=1.2mol·L-1,根 (2)b升高温度反应I、Ⅱ均正向移动，主要发生反应Ⅱ 据化学方程式，列三段式： (3)①a②3③0.24 4NH3 (g)+502(g)=4NO(g)+6H2O(g) 始/(mol·L-1) 【解析】(1)反应ⅢCH3COOH(g)+2O2(g)一2CO2(g)+ 2 2.5 0 0 转/(mol·L-1) 2H2O(1)△H3=-871kJ·mol 1.2 1.5 1.2 1.8 平/(mol·L-1) 1 0.8 1.0 1.2 1.8 反应W H2(g)+2 O2(g)一H2O(1)△H4= 故平衡常数K。= ‘No)Xc(H,0)_1.8×1.2 0.84X1Fa、b、c三 -286kJ·molΓ c(NH3)Xc(O2) 反应VH2O(g)—H2O(1)△Hs=-44kJ·mo1-1 点正反应速率逐渐减小，d点采取措施可能是加压、升温或者增 由盖斯定律可知反应I=反应V×2十反应Ⅲ一4×反应N,因 大NH3的浓度，均可以使正反应速率增大，故正反应速率为 此△H1=△H,×2+△H3-△H4×4=+185kJ·mol-1;反应 v(e)>v(a)>v(b)>v(c)。 I为吸热的嫡增反应，在高温下可自发进行。 B【解析】由题干反应历程图可知，历程1、ⅱ、的活化能分 (2)水的量越大氢气的产率越高，即水碳比越大氢气的产率越 别为70.9kJ·mol、89.6kJ·mol、141.3kJ·mol,活化 能越大反应速率越慢，反应速率最慢一步为决速步骤，故三步 高，因此水碳比(S/C)=4的曲线是b;反应I、Ⅱ均是吸热反 应，开始升高温度主要发生反应I,有利于H2的生成，约 反应历程中决定总反应速率的是反应历程川；由题干历程图可 650℃时达到最大，但继续升高温度体系内主要发生反应Ⅱ消 知，反应历程「、iⅱ、i的热化学方程式分别为C4oH0（g)十 耗H2,因此H2的产率会先增大后逐渐减小。(3)①反应I、反 H·(g)→·C4oH1(g)+H2(g)△H:=+20.7kJ·mol; 应Ⅱ均为吸热反应，由图丙可知反应I受温度影响比反应Ⅱ大 C4oHg(g)+H2(g)→C4oHig(g)+H2(g)△H2= 且温度相同时，反应I的平衡常数大，平衡逆向移动，CO2浓度 减小，则CO2选择性随压强变化的曲线是a。 -11.2kJ·mol1;C40H1g(g)+H2(g)→C4oH18(g)+ ③在一定温度和压强下，向容积可变的密闭容器中通入2mo1 H2(g)+H·(g)△H3=+118.5kJ·mo1-1,故总反应为 H2O和1 mol CH,COOH,测得平衡时体系中气体物质的量增 CH0(g)H·C0H(g)十H,(g),可由1十1十m相加得出， 加40%，则气体增加的物质的量△n=(1+2)mol×40%= 根据盖斯定律可知，△H=△H1十△H2十△H,= 1.2mol,根据反应I、Ⅱ各物质的化学计量数，可知平衡时 (+20.7k·mol1)+(-11.2kJ·mol1)+(+118.5kJ. n(C0,)+n(C0)=号dm=0.8mol,c点sC0)=20%,则 mol-1)=+128kJ·mol-1;根据图像可以判断过渡状态1、2、3 n(C0)=0.8mol×20%=0.16mol,可得 的产物的总能量的相对大小，能量越低，物质越稳定，故可以判 CO,(g)+H2 (g)CO(g)+H2O(g) 断过渡态1、2、3的稳定性相对高低；由题干历程图可知， 转化/mol 0.16 0.16 0.16 0.16 C4oH18形成的过程中只有极性键的断裂。 平衡/mol 0.8-0.160.8×2-0.160.16 2-0.8+0.16