精品解析：山东省潍坊市2025-2026学年高二上学期12月学科素养能力抽样测评化学试卷

试卷类型：A 2025—2026学年度普通高中学科素养能力抽样测评 化学试题 1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。 2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是 A. 小苏打受热易分解，可用作膨松剂 B. 是一种常见的干燥剂，可用于食品干燥 C. 胃舒平的主要成分是，可用于治疗胃酸过多 D. 维生素C具有还原性，可用于增强补铁剂的治疗效果 【答案】B 【解析】 【详解】A．小苏打（碳酸氢钠）受热分解产生二氧化碳，可用作膨松剂，A正确； B．P2O5是一种强效干燥剂，但具有腐蚀性和毒性，不适用于食品干燥，B错误； C．氢氧化铝能中和胃酸，用于治疗胃酸过多，C正确； D．维生素C的还原性可促进铁的吸收，增强补铁效果，D正确； 故选B。 2. 下列实验操作或方法符合规范的是 A．溶解氯化钠固体 B．量取20.00 mL草酸钠溶液 C．由海水制取蒸馏水 D．用乙醇萃取中的S A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．溶解氯化钠固体通常在烧杯中进行，不能在试管中仅通过振荡完成溶解，操作不符合规范，A不符合题意； B．草酸钠溶液水解显碱性，会腐蚀酸式滴定管的玻璃活塞，量取碱性溶液需使用碱式滴定管，图示为酸式滴定管，操作不符合规范，B不符合题意； C．海水制取蒸馏水采用蒸馏法，图示蒸馏装置中，温度计水银球位置、仪器连接均符合蒸馏操作规范，C符合题意； D．萃取要求萃取剂与原溶剂互不相溶，乙醇与互溶，不能作为萃取剂，且硫在乙醇中的溶解度小于在二硫化碳中的溶解度，不能用乙醇萃取二硫化碳中的硫，D不符合题意； 故选C。 3. X、Y为第三周期元素，Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以的形式存在。下列说法错误的是 A. 离子半径： B. 简单氢化物的还原性： C. Y的氧化物对应水化物为强酸 D. 同周期主族元素中第一电离能大于X的有1种 【答案】C 【解析】 【分析】Cl元素最高正价+7价，最低负价-1价，代数和为6，所以Y为Cl元素，根据形成的化合物离子判断X为+5价，因为是第三周期元素，故X为P元素。 【详解】A． X的简单离子为，Y的简单离子为，二者电子层结构相同，核电荷数越小半径越大，故离子半径，A正确； B．非金属性越强，简单氢化物还原性越弱，非金属性，因此还原性，即X>Y，B正确； C．Y为Cl，未说明是最高价氧化物，Cl的低价氧化物对应水化物（如）为弱酸，C错误； D．同周期主族元素从左到右第一电离能整体增大，但X(P)的价电子排布为，3p半充满稳定，第一电离能大于相邻的S；第三周期主族元素第一电离能从小到大排序为：，因此第一电离能大于P的主族元素，只有这一种，D正确； 故选C。 4. 硝酸乙基铵是一种离子液体，熔点为12℃。下列说法正确的是 A. N原子杂化方式相同 B. 的碱性比NH3弱 C. 与中键角相同 D. 与的VSEPR模型相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．硝酸乙基铵中，的N原子为杂化（四面体结构），的N原子为杂化（平面三角形结构），杂化方式不同，A错误； B．中的乙基是给电子基团，更易接受质子，碱性比强，选项表述为“比弱”错误，B错误； C．中N为杂化，H-N-H键角≈109.5°（四面体），中N为杂化但含孤对电子，H-N-H键角≈107°（三角锥形），键角不同，C错误； D．和的中心N原子价层电子对数均为3（：3个键对，无孤电子对；：2个键对，1个孤电子对），VSEPR模型均为平面三角形，D正确； 故选D。 5. 是一元弱酸。下列说法错误的是 A. 水溶液显碱性 B. 的中心N原子所有价电子均参与成键 C. 是含非极性键的极性分子 D. 的空间构型为V形 【答案】D 【解析】 【详解】A．HN3​ 是一元弱酸，那么就是由强碱（）和弱酸（）生成的盐，属于强碱弱酸盐。在水溶液中，会完全电离出和。其中，弱酸根离子会发生水解反应：。水解产生了氢氧根离子（），使得溶液中，因此溶液显碱性，A正确； B．和CO2是等电子体(原子总数均为3，价电子总数均为16 )，两者结构相似，其中心原子均为sp杂化，且不含孤电子对，中心N原子所有价电子均参与成键，B正确； C．中的H-N键是极性键，还含氮氮非极性键，其正负电荷中心不重合，是含非极性键的极性分子，C正确； D．和CO2是等电子体，两者结构相似，空间构型为直线形，D错误； 故选D。 6. 配合物三草酸合铁酸钾常用作蓝晒感光剂，阴离子的结构如图所示。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 该配合物中存在的化学键有离子键、氢键、配位键 B. 配离子中的配位数为3 C. 离子含键数为 D. 的价电子排布图为 【答案】C 【解析】 【详解】A．该配合物中存在配离子与K+之间的离子键、配离子中的共价键与配位键；但氢键不属于化学键，A错误； B．间为双齿配体，每个草酸根提供2个O原子配位，3个草酸根共提供6个配位原子，故Fe3+的配位数为6，B错误； C．1个[Fe(C2O4)3]3-中，每个含5个σ键（1个C-C σ键、2个C=O 中的σ键、2个C-O σ键），3个草酸根共15个σ键；Fe3+与3个草酸根形成6个配位σ键，总σ键数=15+6=21，故1 mol该离子含σ键数为21NA，C正确； D．Fe3+的价电子排布为3d5，价电子排布图为，D错误； 故选C。 7. 某研究团队开发了一种新型水系锌碘电池，正极材料为氧化还原活性封端基团的@MBene-Br(MBene有助于的吸附与的锚定)，电解质为和溶液。放电过程中可能发生两个反应：①，②。下列说法正确的是 A. 放电时，负极每消耗6.5 g，始终能生成 B. 放电时，的移动方向为：N极→M极 C. 深度充电时，N极可发生电极反应 D. 深度充电后，再放电时，反应②会在正极发生 【答案】D 【解析】 【分析】M极（左侧）： 锌板（Zn）在放电过程中，锌作为活泼金属失去电子，发生氧化反应，因此M极为负极，电极反应式为：  ；N极（右侧）： 正极材料为，发生还原反应，放电过程中可能发生两个反应：①，②。 【详解】A．放电时负极消耗6.5g Zn，物质的量为=0.1 mol，失去0.2 mol电子。但正极可能同时发生反应①（I2得电子）和反应②（Br2得电子），电子可能分配给两个反应，生成的I-不一定始终为0.2 mol，A错误； B．由分析可知，放电时，M极为负极（Zn板），N极为正极。阳离子（Zn2+）向正极移动，即移动方向为M极→N极，B错误； C．深度充电时，N极（原正极）作阳极，发生氧化反应（失电子），例如，电极反应式是一个得到电子的还原反应，C错误； D．深度充电时，N极（阳极）会将Br-氧化为Br2并被MBene吸附。再放电时，吸附的Br2在正极发生还原反应②（Br2+2e-=2Br-），D正确； 故选D。 8. 用的标准氢氧化钠溶液滴定20.00 mL未知浓度的醋酸溶液。下列说法正确的是 A. 移液管量取醋酸时，用蒸馏水洗涤后装入待测液并调液面至刻度线 B. 本实验选用甲基橙做指示剂 C. 滴定终点前用洗瓶冲洗锥形瓶内壁 D. 锥形瓶中溶液变色且30秒不恢复原色后立即进行滴定管读数 【答案】C 【解析】 【详解】A．移液管量取醋酸时，应用待测液润洗，用蒸馏水洗涤会稀释待测液，导致测定浓度偏低，故A错误； B．本实验为强碱（NaOH）滴定弱酸（醋酸），终点pH大于7，甲基橙变色范围（pH 3.1-4.4）在酸性区域，会导致终点提前，应选用酚酞（变色范围pH 8.2-10.0）做指示剂，故B错误； C．滴定过程中，尤其接近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁可将溅起的液滴冲回溶液，确保反应完全，减少误差，故C正确； D．指示剂变色后30秒不恢复原色可确定为终点，但读数前必须等待溶液充分混合、颜色稳定，并确保滴定管内液体不再下流，“立即读数”可能因液体未完全流下或颜色未稳定而导致读数误差，故D错误； 因此答案选C。 9. 我国科研人员研究了催化加氢合成甲醇的反应机理，如图所示。下列说法错误的是 A. 反应过程存在极性键和非极性键的断裂与形成 B. 可通过增加氧空位数提高对的吸附活化能力 C. 可在催化剂中掺杂其他金属元素提高催化活性 D. 总反应方程式为 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应中断裂的键有H2中的H-H非极性键和CO2中的C=O极性键，但形成的键（如CH3OH中的O-H及H2O中的O-H）均为极性键，无新的非极性键形成，A错误； B．氧空位是催化剂表面吸附活化气体分子的活性位点，增加氧空位数可提高对CO2的吸附活化能力，B正确； C．在催化剂中掺杂其他金属元素可改变其电子结构和表面性质，从而提高催化活性，C正确； D．总反应为CO2与H2在催化剂作用下生成CH3OH和H2O，化学方程式为：，D正确； 故选A。 10. 室温下，用溶液吸收，并获得的过程如图。溶液中含硫物种的浓度。已知：，，。下列说法正确的是 A. 的吸收液： B. 的吸收液在沉淀过程中水的电离程度先增大后减小 C. 向的溶液中，加入等体积的溶液无沉淀产生 D. 的溶液： 【答案】B 【解析】 【分析】该流程利用溶液吸收烟气中的，原理为与、水反应生成，再加入氢氧化钡溶液，使溶液中的含硫物质转化为沉淀，实现的固定与的制备。 【详解】A．的吸收液，，根据===，得，故，A错误； B．的吸收液主要溶质为，的电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，逐渐加入沉淀过程中转化为，水解，水的电离程度增大，过量后，OH-抑制水的电离，水的电离程度减小，因此在沉淀过程中水的电离程度先增大后减小，B正确； C．原溶液为，的溶液即为NaHSO3溶液，加入等体积的溶液后，，含硫物质总浓度为，电离产生，电离是少量的，的浓度近似等于0.1mol/L，，，，因此会生成沉淀，C错误； D．的溶液是反应一半的溶液，是和NaHSO3浓度1:2的混合溶液，存在物料守恒：，D错误； 故选B。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 B 室温下，分别测定的HCOONa和溶液的pH，溶液的pH更小 结合的能力： C 向工业盐样品溶液中先加入少量溶液，再加硝酸酸化的溶液，振荡，产生白色沉淀 样品中含有亚硝酸钠 D 分别向等体积的水和5%NaOH溶液中滴加5滴溶液，再通入等量氯气，均产生棕黑色沉淀，放置后前者无变化，后者溶液变为紫色 的还原性和的氧化性在碱性条件下比在中性和弱酸性条件下强 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．与的浓度是否相等是未知的，且AgCl与类型不相同，故不能通过沉淀生成顺序直接比较AgCl与的，A错误； B．浓度相同的HCOONa溶液的pH小于，说明水解程度小，碱性弱，结合能力弱于，结论正确，B正确； C．加入硝酸酸化溶液产生白色沉淀(AgCl)，说明溶液中含有，但无法确定的来源，若工业盐样品中原本就含有，也会产生白色沉淀，故无法证明样品中含有亚硝酸钠，C错误； D．碱性条件下，氯气与反应生成，具有强氧化性，可将氧化为更高价态的，体现的是的氧化性，而非的氧化性在碱性条件下更强，的还原性和的氧化性与溶液酸碱性的关系不能由此实验直接得出，D错误； 故选B。 12. 工业上常利用乙炔加氢制备高纯度乙烯，该过程包括以下两个主要反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 下列说法正确的是 A. 升高温度，和均增大 B. ，增大的原因是温度升高，反应速率加快或催化剂活性增大 C. 220℃后，下降的原因是温度升高，两个反应的平衡逆向移动 D. ，乙炔的转化速率： 【答案】BD 【解析】 【详解】A．两个反应的、均小于0，都是放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，平衡常数、​均减小，A错误； B．题干明确说明反应均未达到平衡，因此转化率由反应速率决定：60~220℃，温度升高，反应速率加快，相同时间内乙炔转化量更多；同时该温度区间催化剂活性随温度升高而增大，也会加快反应速率，因此乙炔转化率逐渐增大，B正确； C．反应均未达到平衡，转化率下降不是平衡移动导致的。220℃后乙炔转化率下降可能是因为温度过高导致催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内乙炔转化量减少，C错误； D．由图可知，120~240℃，乙烯选择性始终远大于乙烷选择性，说明反应Ⅰ乙炔的转化速率大于反应Ⅱ乙炔的转化速率，即，D正确； 故选BD。 13. 在Rh催化下，甲酸分解制反应历程如图所示，带“*”的物种表示吸附在Rh表面。下列说法错误的是 A. 此反应历程的决速步为 B. 由到的过程需经历两步基元反应 C. 反应中涉及键和键的断裂过程 D. 该反应的热化学方程式为 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应的决速步为活化能最高的基元反应，由图可知，活化能最高是第一步 ，A正确； B．由图可知，从到过程经历两个过渡态，一个过渡态一步基元反应，共两步基元反应，B正确； C．由图可知，反应过程中涉及和的断裂过程，C正确； D．图中相对能量是单个甲酸分子反应的能量变化，1mol该反应的焓变应为，选项中焓变的数值错误，D错误； 故选D。 14. 某实验小组在侯氏制碱法基础上，以NaCl和为反应物制备纯碱，步骤如下：①配制饱和食盐水；②水浴加热下，将一定量加入饱和食盐水中，搅拌，使溶解，静置，析出晶体；③减压过滤、煅烧，得到固体；④用双指示剂滴定法测定产品成分。下列说法错误的是 A. 步骤②中水浴加热目的是控制温度，防止分解 B. 减压过滤的优点是加快过滤速率 C. 滴定过程中，溶液的pH随滴加盐酸体积变化曲线如图所示，第一滴定终点的颜色变化是无色变为浅红色 D. 滴定过程中，若测得，所得产品成分为和 【答案】CD 【解析】 【详解】A．步骤②中水浴加热目的是容易控制温度，加热均匀，防止NH4HCO3分解，故A正确； B．减压过滤通过抽气加速过滤并减少滤渣水分，加快过滤速率，故B正确； C．分析可知，到达第一个滴定终点B时发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，第一次滴定应选用酚酞做指示剂，实验现象为溶液由红色变至浅红色，且30s内不恢复，故C错误； D．由图可知，到达第一个滴定终点B时发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，到达第二个滴定终点C时发生的反应为NaHCO3+HCl= NaCl+CO2↑+H2O，由题意可知，滴定消耗盐酸的体积：，所得产品成分为Na2CO3，故D错误； 故选：CD。 15. 室温下，将0.1 mol AgCl置于溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，与的络合反应为： ，，[代表、、或]，曲线如图。下列说法错误的是 A. 曲线Ⅱ为的变化曲线 B. C点： C. D. D点： 【答案】AB 【解析】 【分析】将0.1 mol AgCl置于溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pH越小，酸性越强，氨气浓度减小，、逆向移动，Ag+浓度增大，[Ag(NH3)2]+浓度减小，[Ag(NH3)]+浓度减小，且[Ag(NH3)]+的浓度小于[Ag(NH3)2]+，氨气的浓度大于[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)2]+，所以曲线Ⅲ代表[Ag(NH3)2]+，曲线Ⅱ代表[Ag(NH3)]+，曲线Ⅳ代表NH3，曲线Ⅰ代表Ag+，据此分析作答。 【详解】A．由分析可知，pH越小，酸性越强，Ag+浓度增大，氨气浓度减小，所以曲线Ⅲ代表[Ag(NH3)2]+，故A错误； B．C点时，[Ag(NH3)2]+与Ag+浓度相等，B点时，[Ag(NH3)2]+与[Ag(NH3)]+浓度相等，所以反应[Ag(NH3)]++NH3⇌[Ag(NH3)2]+的平衡常数K=103.8，因此K2=103.24×103.8=107.04，C点时，[Ag(NH3)2]+与Ag+浓度相等，所以=107.04，则c(NH3)=10-3.52mol•L-1，故B错误； C．反应Ag++NH3⇌[Ag(NH3)]+的平衡常数K1=，C点时c([Ag(NH3)]+)=c(Ag+)，此时c(NH3)=10-3.24mol•L-1，K1==103.24，故C正确； D．溶液中存在电荷守恒，D点时，溶液显碱性，又c()+c(NH3•H2O)=0.1mol/L，则c()-0.1＜0，c(OH-)-c(H+)＞0，故c()-0.1mol/L＜c(OH-)-c(H+)，即：c()+c(H+)＜0.1mol/L+c(OH-)，故D正确； 故选：AB。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 过渡金属钌(Ru)的配合物可用于多种化学键的活化。R1—和R2—代表两种不同的烷基。回答下列问题： （1）配合物中H、C、N、O四种原子，电负性由大到小的顺序为___________，第一电离能最小的原子，核外电子空间运动状态有___________种。 （2）基态P原子的核外电子排布式为___________。 （3）下列不同状态碳原子能量最低的是___________。 a． b． c． d． （4）已知钌(Ru)原子序数为44，该元素在周期表中的位置___________。光谱分析发现其4d能级成对电子数比未成对电子数多，钌(Ru)价电子排布式为___________，比稳定的原因是___________。 （5）①号C—N键长小于②号C—N键长的原因是___________。 【答案】（1） ①. O＞N＞C＞H ②. 4 （2）1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3) （3）c （4） ①. 第五周期第Ⅷ族 ②. 4d75s1 ③. Ru3+的电子排布为4d5(半满稳定结构)，稳定性更强 （5）②号C-N键中氮原子杂化方式为sp2；①号C-N键中氮原子为sp3杂化，共价键中s轨道的比例越高，键长越短，则①号C-N键的键长小于纯粹的②号C-N单键的键长 【解析】 【小问1详解】 同周期元素电负性从左到右增大，故H、C、N、O的电负性顺序为O＞N＞C＞H；第一电离能最小的原子是C，基态C的电子排布为1s22s22p2，核外电子的空间运动状态为轨道数(1s、2s、2pₓ、2pᵧ)，共4种。 【小问2详解】 P为15号元素，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)。 【小问3详解】 基态碳原子的电子排布遵循泡利原理与洪特规则，2p轨道电子分占两个轨道且自旋平行，对应选项c。 【小问4详解】 Ru的原子序数为44，位于第五周期第Ⅷ族；光谱分析发现其4d能级成对电子数比未成对电子数多，钌的核外电子排布为，其价电子为最外层的电子和次外层的电子，所以价电子排布式为。Ru3+的电子排布为4d5(半满稳定结构)，而Ru2+为4d6，故Ru3+更稳定。 【小问5详解】 ②号C-N键位于一个五元环上，氮原子上的孤对电子可以与苯环形成共轭体系，氮原子杂化方式为sp2；①号C-N键中氮原子形成3个键，且含有1个孤电子对，为sp3杂化，共价键中s轨道的比例越高，键长越短，则②号C-N键的键长小于纯粹的①号C-N单键的键长。 17. 金属钴、镍、钪在催化剂、新能源领域中发挥着重要作用。从废旧电池回收产生的废渣(主要含石英、石膏及Al、Fe、Co、Ni、Sc等金属化合物)中提取钴、镍、钪元素的工艺流程如下。 已知：①“浸出液”中Co、Ni以+2价离子形式存在； ②“反萃取”所得水相中含有多种氢氧化物沉淀； ③“一系列操作”为先过滤，再向沉淀中加入稀硫酸溶解，最后加入氨水调节pH，得到含的溶液。 回答下列问题： （1）“焙烧”过程为使废渣充分反应，可采取的措施为___________(写出1条)。 （2）“酸浸”后，浸出渣的主要成分有___________(写化学式)。 （3）“氧化”过程中加目的是___________。“除铁”中，加入调节溶液pH为4.0~4.5，析出黄钠铁矾沉淀，该反应的离子方程式为___________。 （4）滤液中可循环利用的物质是___________(写化学式)。 （5）滤液经一系列反应后可得氧化铝，工业常用HF对氧化铝进行处理。HF水溶液中存在平衡：、。某HF溶液中，、，与pH的关系如图所示。 ①图中表示的曲线为___________(填标号)。 ②的平衡常数___________(结果保留三位有效数字)。 ③固体中存在氢键，下列表示正确的是___________(填标号)。 a． b． c． 【答案】（1）将废渣粉碎（或搅拌、延长焙烧时间、提高焙烧温度等） （2） （3） ①. 将氧化为 ②. （4） （5） ①. P ②. 4.17 ③. a 【解析】 【分析】废旧电池废渣先与60%硫酸焙烧，将金属化合物转化为硫酸盐，再用稀硫酸酸浸得到含、、、、等的浸出液，浸出渣主要为和难溶的；浸出液经萃取、反萃取得到含钪的水相，萃余液经氧化将转化为，再加入调pH沉铁得到黄钠铁矾，滤液用于制备钴镍精制品；含钪水相经一系列操作后加草酸沉钪得到粗品，同时含铝滤液可经处理得到氧化铝，后续用HF处理氧化铝时涉及的电离平衡及的形成平衡。 【小问1详解】 可采取将废渣粉碎（或搅拌、延长焙烧时间、提高焙烧温度等），增大反应物接触面积，使反应更充分； 【小问2详解】 废渣中含石膏（），酸浸时难溶于稀硫酸，同时不与硫酸反应，因此浸出渣主要成分为、； 【小问3详解】 氧化的目的为将氧化为，便于后续调节pH形成黄钠铁矾沉淀除去；“除铁”中，加入调节溶液pH为4.0~4.5，析出黄钠铁矾沉淀，离子方程式为：； 【小问4详解】 沉钪时加入草酸生成，滤液中含（或、等），其中可循环至“酸浸”步骤； 【小问5详解】 ①已知水溶液中存在平衡：、，当溶液增大时，减小，减小，增大，所以、、分别为、、浓度与的关系曲线； ②由图像可知，当趋近为0的时候，溶液中几乎只有，,可认为原子的总浓度为，时，、，则根据F原子守恒：，故的平衡常数； ③HF分子间氢键为，且要成一条直线。即一个HF分子的H与另一个HF分子的F形成氢键，正确的表示为a。 18. 实验室中常利用配合物的性质进行物质检验，如利用KSCN、邻二氮菲(phen)、EDTA-2Na等检验琥珀酸亚铁补铁剂中铁元素。 回答下列问题： （1）的价电子排布式为___________，与的未成对电子数之比为___________。 （2）的空间结构为___________。 （3）可与邻二氮菲反应生成稳定的橙红色配离子，再利用分光光度法测定其浓度。邻二氮菲检验适宜的pH范围是2~9，原因是___________。 （4）取酸溶后样品溶液先加入KSCN溶液，溶液变为红色，再加入EDTA-2Na溶液，溶液褪色。溶液褪色的原因是___________(从化学平衡角度分析)。 （5）中，与配位的原子是___________(填元素符号)，存在的微粒间作用力有___________(填标号)。 a．离子键 b．金属键 c．配位键 d．氢键 e．非极性共价键 【答案】（1） ①. 3d6 ②. 4：5 （2）直线形 （3）当pH太小时，H+会与邻二氮菲中的N原子结合，使邻二氮菲与Fe2+配位的能力减弱，不利于[Fe(phen)3]2+的形成；当pH太大时，OH-会与Fe2+反应生成Fe(OH)2沉淀，也会影响[Fe(phen)3]2+的形成，所以适宜的pH范围是2∼9 （4）加入EDTA-2Na溶液后，EDTA与Fe3+形成更稳定的配合物，使溶液中Fe3+浓度减小，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，溶液褪色 （5） ①. C ②. ac 【解析】 【小问1详解】 Fe的原子序数为26，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe失去最外层2个电子形成Fe2+，则Fe2+的价电子排布式为3d6；Fe2+的价电子排布式为3d6，3d轨道上有4个未成对电子；Fe失去3个电子形成Fe3+，Fe3+的价电子排布式为3d5，3d轨道上有5个未成对电子。所以Fe2+与Fe3+的未成对电子数之比为4：5。 【小问2详解】 SCN-与CO2互为等电子体(原子总数相同、价电子总数相同)，等电子体具有相似的结构，CO2的空间结构为直线形，所以SCN-的空间结构为直线形。 【小问3详解】 邻二氮菲检验Fe2+适宜的pH范围是2∼9的原因：当pH太小时，H+会与邻二氮菲中的N原子结合，使邻二氮菲与Fe2+配位的能力减弱，不利于[Fe(phen)3]2+的形成；当pH太大时，OH-会与Fe2+反应生成Fe(OH)2沉淀，也会影响[Fe(phen)3]2+的形成。 【小问4详解】 溶液中存在平衡：Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3(使溶液呈红色)。加入EDTA-2Na溶液后，EDTA与Fe3+形成更稳定的配合物，导致溶液中Fe3+浓度减小，根据勒夏特列原理，上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，溶液褪色。 【小问5详解】 在K3[Fe(CN)6]中，CN-中的C原子提供孤电子对，与Fe3+形成配位键，所以与Fe3+配位的原子是C。存在的微粒间作用力：K+与[Fe(CN)6]3-之间存在离子键；Fe3+与CN-之间存在配位键；CN-中C与N之间存在极性共价键，不存在金属键和氢键、非极性共价键，故选ac。 19. 钒是重要的战略金属，广泛用于催化剂、合金等领域。某小组设计如下实验，探究利用草酸还原沉淀法处理含钒废水并回收钒。 已知：ⅰ。在酸性溶液中，钒(V)的主要存在形式为(黄色)，具有氧化性，与过氧根能形成深红色的过氧钒酸盐。 ⅱ。钒(Ⅳ)的主要存在形式为(蓝色)，可与草酸根反应：(深蓝色)。 ⅲ。在一定的pH范围内，、可分别水解生成(蓝色或黑色沉淀，结晶水越少颜色越深)和(黄褐色沉淀)；水解程度大于。 【探究过程】 实验 实验目的 实验内容及现象 Ⅰ 还原钒(V) 取溶液模拟含钒废水，用稀硫酸调节pH，向其中逐滴加入溶液至过量，溶液由淡黄色变为蓝色，最终得到深蓝色溶液 Ⅱ 探究终点pH对含钒产物的影响 保持钒初始浓度和草酸用量不变，改变反应体系的终点pH，观察并记录现象。 ①：得到稳定的深蓝色溶液。 ②：得到蓝色溶液，一段时间后出现蓝色絮状沉淀。 ③：先出现蓝色沉淀，很快出现黄褐色沉淀 Ⅲ 沉淀的生成与优化分离 取实验Ⅱ中②条件下反应后的分散系加热至近沸，蓝色絮状沉淀迅速转化为颗粒较大的黑色沉淀，更易于过滤 Ⅳ 回收高纯 将实验Ⅲ得到的黑色沉淀洗涤、干燥后，在空气中焙烧，得到固体 回答下列问题： （1）实验Ⅰ中，溶液变为蓝色，发生反应的离子方程式为___________。 （2）综合上述信息，提高钒的沉降率，应控制终点pH约为___________。终点时，出现黄褐色沉淀可能的原因是___________。 （3）实验Ⅲ中，加热的作用除可加快沉淀聚集外，还有___________。 （4）将实验Ⅲ所得混合液过滤后，得到淡蓝色滤液，滴加几滴NaOH溶液至碱性，再加入溶液，溶液变为深红色。该过程发生的离子方程式为___________。 （5）还原沉淀法处理五价钒，不能选用硫酸亚铁代替草酸作还原剂的原因是___________。 【答案】（1） （2） ①. 5 ②. VO2+被氧化为，水解生成黄褐色的V2O5•nH2O沉淀 （3）促进解离，利于沉淀转化为颗粒较大的沉淀 （4） （5）硫酸亚铁会引入Fe3+杂质，Fe3+易与草酸根形成络合物，干扰钒的沉淀与回收 【解析】 【分析】在酸性溶液中，（黄色）具有氧化性，可将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为VO2+（蓝色）。VO2+可与形成（深蓝色），该络合物在不同pH下可能解离或水解。VO2+和在一定pH范围内可分别水解生成V2O4·xH2O（蓝色或黑色）和V2O5·nH2O（黄褐色）沉淀，且VO2+水解程度大于，实验Ⅰ中溶液由淡黄色变为蓝色，说明被还原为VO2+；最终溶液呈深蓝色，说明生成了，实验Ⅱ中不同pH下产物不同：pH≈1时为深蓝色溶液；pH≈3时先为蓝色溶液，后生成蓝色絮状沉淀（V2O4·xH2O）；pH≈5时先生成蓝色沉淀，后迅速生成黄褐色沉淀（V2O5·nH2O）。实验Ⅲ中加热可使蓝色絮状沉淀转化为颗粒较大的黑色沉淀（V2O4·xH2O，x较小），更易过滤。实验Ⅳ中黑色沉淀经焙烧可得V2O5。 【小问1详解】 实验Ⅰ中，(钒V)被草酸还原为VO2+(钒IV)，草酸被氧化为CO2，配平后离子方程式为。 【小问2详解】 实验Ⅱ中pH=5时钒的沉降更明显，故提高沉降率应控制终点pH约为5；pH=5时，VO2+易被氧化为，水解生成黄褐色的V2O5•nH2O沉淀。 【小问3详解】 实验III中，蓝色絮状沉淀加热后转化为颗粒较大的黑色沉淀。已知信息提到“结晶水越少颜色越深”，黑色沉淀对应结晶水较少的V2O4·xH2O。此外，溶液中还存在深蓝色的络合物 。加热可以促进该络合物解离，释放出VO2+，进而水解生成沉淀；同时加热也有助于脱去沉淀中的部分结晶水，使沉淀颗粒长大、致密，更易于过滤。 【小问4详解】 深蓝色滤液中的在碱性条件下与H2O2反应生成过氧钒酸盐，离子方程式为。 【小问5详解】 硫酸亚铁作还原剂时，会生成Fe3+杂质，Fe3+易与草酸根形成络合物，干扰钒的沉淀与回收。 20. 加氢制甲醇和二甲醚是实现碳中和的关键技术，其反应体系存在如下反应： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 回答下列问题： （1）已知：298 K时，1 mol液态水转变为水蒸气需吸收44 kJ的热量；的标准摩尔燃烧焓为，则的标准摩尔燃烧焓为___________。 （2）温度时，在1 L的密闭容器中加入1 mol 、3 mol 和1 mol CO只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。平衡时压强是初始压强的，的物质的量为1.2 mol。已知反应Ⅱ的速率方程可表示为、(和分别表示正、逆反应速率常数)。与温度关系如图所示，表示的是___________(填“a”或“b”)，___________(填“＞”、“=”或“＜”)。 （3）一定条件下，向起始压强为 的恒压密闭容器中通入3 mol 和1 mol CO2发生上述反应，平衡时的转化率为，二甲醚的产率为10%，CO的选择性为。平衡时___________mol，反应Ⅱ的___________(保留3位有效数字)。 ［已知：生成物A的产率 生成物A的选择性] （4）在刚性密闭容器中，充入一定量的和，在不同的催化剂X和Y作用下发生上述反应，相同时间内测得的转化率以及甲醇和二甲醚的选择性之和与温度关系如图所示，反应Ⅱ在所示温度范围内未达平衡： ①曲线a随温度变化的原因是___________。 ②催化剂对的吸附能力是影响反应速率快慢的主要因素。若催化剂对吸附能力过强会导致反应速率变慢，原因是___________。 【答案】（1）-764.4 （2） ①. a ②. ＞ （3） ①. 0.3 ②. 0.00851 （4） ①. 升高温度，反应Ⅱ速率增大的程度大于反应Ⅰ和反应Ⅲ之和 ②. 催化剂对CO2吸附能力过强时，CO2会被牢牢吸附在催化剂表面，难以脱附并与H2发生反应(或吸附的CO2无法与H2有效接触)，导致反应的有效碰撞频率降低，因此反应速率变慢 【解析】 【小问1详解】 CH3​OH(g)的标准燃烧焓对应反应：  已知： ①， ②，  ③，根据盖斯定律，目标反应，因此： 。 【小问2详解】 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ•mol-1(吸热反应)，温度升高，正反应速率常数k正增大(lnk增大)，逆反应速率常数k逆也增大，但吸热反应的k正随温度变化更显著，从图像看，b曲线和a曲线随温度升高(横坐标减小)lnk均增大，a曲线lnk上升的程度更大，因此表示k正的是a；初始总物质的量，恒温恒容下压强比等于物质的量比，平衡总物质的量，总物质的量减少。只有反应Ⅰ会改变总物质的量，每反应总物质的量减少，得反应Ⅰ消耗的物质的量为0.5mol；平衡为，得反应Ⅱ生成的物质的量为0.2 mol，即反应Ⅱ消耗的物质的量为0.2mol，平衡浓度（）：，，，。平衡时，即​，说明该温度下，得。 【小问3详解】 初始加入n(CO2)=1mol，CO2的转化率为25%，二甲醚的产率为10%，CO的选择性为20%，则平衡时n(CO2)=1mol-1mol×25% =0.75mol；n(CH3OCH3)==0.05mol，n(CO)=1mol×25%×20%=0.05mol，由C元素守恒可知n(CH3OH)=1mol-0.75mol-0.05mol×2-0.05mol=0.1mol，由O元素守恒可知n(H2O)=2mol-0.75mol×2-0.05mol-0.05mol-0.1mol=0.3mol，由H元素守恒可知n(H2)= ，气体总物质的量为 ，、、 、， =。 【小问4详解】 ①反应Ⅱ在所示温度范围内未达平衡，曲线a代表甲醇和二甲醚的选择性之和，升高温度，反应Ⅱ速率增大的程度大于反应Ⅰ和反应Ⅲ之和，导致甲醇和二甲醚的选择性之和下降； ②催化剂对CO2吸附能力过强时，CO2会被牢牢吸附在催化剂表面，难以脱附并与H2发生反应(或吸附的CO2无法与H2有效接触)，导致反应的有效碰撞频率降低，因此反应速率变慢。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 试卷类型：A 2025—2026学年度普通高中学科素养能力抽样测评 化学试题 1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。 2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是 A. 小苏打受热易分解，可用作膨松剂 B. 是一种常见的干燥剂，可用于食品干燥 C. 胃舒平的主要成分是，可用于治疗胃酸过多 D. 维生素C具有还原性，可用于增强补铁剂的治疗效果 2. 下列实验操作或方法符合规范的是 A．溶解氯化钠固体 B．量取20.00 mL草酸钠溶液 C．由海水制取蒸馏水 D．用乙醇萃取中的S A. A B. B C. C D. D 3. X、Y为第三周期元素，Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以的形式存在。下列说法错误的是 A. 离子半径： B. 简单氢化物的还原性： C. Y的氧化物对应水化物为强酸 D. 同周期主族元素中第一电离能大于X的有1种 4. 硝酸乙基铵是一种离子液体，熔点为12℃。下列说法正确的是 A. N原子杂化方式相同 B. 的碱性比NH3弱 C. 与中键角相同 D. 与的VSEPR模型相同 5. 是一元弱酸。下列说法错误的是 A. 水溶液显碱性 B. 的中心N原子所有价电子均参与成键 C. 是含非极性键的极性分子 D. 的空间构型为V形 6. 配合物三草酸合铁酸钾常用作蓝晒感光剂，阴离子的结构如图所示。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 该配合物中存在的化学键有离子键、氢键、配位键 B. 配离子中的配位数为3 C. 离子含键数为 D. 的价电子排布图为 7. 某研究团队开发了一种新型水系锌碘电池，正极材料为氧化还原活性封端基团的@MBene-Br(MBene有助于的吸附与的锚定)，电解质为和溶液。放电过程中可能发生两个反应：①，②。下列说法正确的是 A. 放电时，负极每消耗6.5 g，始终能生成 B. 放电时，的移动方向为：N极→M极 C. 深度充电时，N极可发生电极反应 D. 深度充电后，再放电时，反应②会在正极发生 8. 用的标准氢氧化钠溶液滴定20.00 mL未知浓度的醋酸溶液。下列说法正确的是 A. 移液管量取醋酸时，用蒸馏水洗涤后装入待测液并调液面至刻度线 B. 本实验选用甲基橙做指示剂 C. 滴定终点前用洗瓶冲洗锥形瓶内壁 D. 锥形瓶中溶液变色且30秒不恢复原色后立即进行滴定管读数 9. 我国科研人员研究了催化加氢合成甲醇的反应机理，如图所示。下列说法错误的是 A. 反应过程存在极性键和非极性键的断裂与形成 B. 可通过增加氧空位数提高对的吸附活化能力 C. 可在催化剂中掺杂其他金属元素提高催化活性 D. 总反应方程式为 10. 室温下，用溶液吸收，并获得的过程如图。溶液中含硫物种的浓度。已知：，，。下列说法正确的是 A. 的吸收液： B. 的吸收液在沉淀过程中水的电离程度先增大后减小 C. 向的溶液中，加入等体积的溶液无沉淀产生 D. 的溶液： 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 B 室温下，分别测定的HCOONa和溶液的pH，溶液的pH更小 结合的能力： C 向工业盐样品溶液中先加入少量溶液，再加硝酸酸化的溶液，振荡，产生白色沉淀 样品中含有亚硝酸钠 D 分别向等体积的水和5%NaOH溶液中滴加5滴溶液，再通入等量氯气，均产生棕黑色沉淀，放置后前者无变化，后者溶液变为紫色 的还原性和的氧化性在碱性条件下比在中性和弱酸性条件下强 A. A B. B C. C D. D 12. 工业上常利用乙炔加氢制备高纯度乙烯，该过程包括以下两个主要反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 下列说法正确的是 A. 升高温度，和均增大 B. ，增大的原因是温度升高，反应速率加快或催化剂活性增大 C. 220℃后，下降的原因是温度升高，两个反应的平衡逆向移动 D. ，乙炔的转化速率： 13. 在Rh催化下，甲酸分解制反应历程如图所示，带“*”的物种表示吸附在Rh表面。下列说法错误的是 A. 此反应历程的决速步为 B. 由到的过程需经历两步基元反应 C. 反应中涉及键和键的断裂过程 D. 该反应的热化学方程式为 14. 某实验小组在侯氏制碱法基础上，以NaCl和为反应物制备纯碱，步骤如下：①配制饱和食盐水；②水浴加热下，将一定量加入饱和食盐水中，搅拌，使溶解，静置，析出晶体；③减压过滤、煅烧，得到固体；④用双指示剂滴定法测定产品成分。下列说法错误的是 A. 步骤②中水浴加热目的是控制温度，防止分解 B. 减压过滤的优点是加快过滤速率 C. 滴定过程中，溶液的pH随滴加盐酸体积变化曲线如图所示，第一滴定终点的颜色变化是无色变为浅红色 D. 滴定过程中，若测得，所得产品成分为和 15. 室温下，将0.1 mol AgCl置于溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，与的络合反应为： ，，[代表、、或]，曲线如图。下列说法错误的是 A. 曲线Ⅱ为的变化曲线 B. C点： C. D. D点： 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 过渡金属钌(Ru)的配合物可用于多种化学键的活化。R1—和R2—代表两种不同的烷基。回答下列问题： （1）配合物中H、C、N、O四种原子，电负性由大到小的顺序为___________，第一电离能最小的原子，核外电子空间运动状态有___________种。 （2）基态P原子的核外电子排布式为___________。 （3）下列不同状态碳原子能量最低的是___________。 a． b． c． d． （4）已知钌(Ru)原子序数为44，该元素在周期表中的位置___________。光谱分析发现其4d能级成对电子数比未成对电子数多，钌(Ru)价电子排布式为___________，比稳定的原因是___________。 （5）①号C—N键长小于②号C—N键长的原因是___________。 17. 金属钴、镍、钪在催化剂、新能源领域中发挥着重要作用。从废旧电池回收产生的废渣(主要含石英、石膏及Al、Fe、Co、Ni、Sc等金属化合物)中提取钴、镍、钪元素的工艺流程如下。 已知：①“浸出液”中Co、Ni以+2价离子形式存在； ②“反萃取”所得水相中含有多种氢氧化物沉淀； ③“一系列操作”为先过滤，再向沉淀中加入稀硫酸溶解，最后加入氨水调节pH，得到含的溶液。 回答下列问题： （1）“焙烧”过程为使废渣充分反应，可采取的措施为___________(写出1条)。 （2）“酸浸”后，浸出渣的主要成分有___________(写化学式)。 （3）“氧化”过程中加目的是___________。“除铁”中，加入调节溶液pH为4.0~4.5，析出黄钠铁矾沉淀，该反应的离子方程式为___________。 （4）滤液中可循环利用的物质是___________(写化学式)。 （5）滤液经一系列反应后可得氧化铝，工业常用HF对氧化铝进行处理。HF水溶液中存在平衡：、。某HF溶液中，、，与pH的关系如图所示。 ①图中表示的曲线为___________(填标号)。 ②的平衡常数___________(结果保留三位有效数字)。 ③固体中存在氢键，下列表示正确的是___________(填标号)。 a． b． c． 18. 实验室中常利用配合物的性质进行物质检验，如利用KSCN、邻二氮菲(phen)、EDTA-2Na等检验琥珀酸亚铁补铁剂中铁元素。 回答下列问题： （1）的价电子排布式为___________，与的未成对电子数之比为___________。 （2）的空间结构为___________。 （3）可与邻二氮菲反应生成稳定的橙红色配离子，再利用分光光度法测定其浓度。邻二氮菲检验适宜的pH范围是2~9，原因是___________。 （4）取酸溶后样品溶液先加入KSCN溶液，溶液变为红色，再加入EDTA-2Na溶液，溶液褪色。溶液褪色的原因是___________(从化学平衡角度分析)。 （5）中，与配位的原子是___________(填元素符号)，存在的微粒间作用力有___________(填标号)。 a．离子键 b．金属键 c．配位键 d．氢键 e．非极性共价键 19. 钒是重要的战略金属，广泛用于催化剂、合金等领域。某小组设计如下实验，探究利用草酸还原沉淀法处理含钒废水并回收钒。 已知：ⅰ。在酸性溶液中，钒(V)的主要存在形式为(黄色)，具有氧化性，与过氧根能形成深红色的过氧钒酸盐。 ⅱ。钒(Ⅳ)的主要存在形式为(蓝色)，可与草酸根反应：(深蓝色)。 ⅲ。在一定的pH范围内，、可分别水解生成(蓝色或黑色沉淀，结晶水越少颜色越深)和(黄褐色沉淀)；水解程度大于。 【探究过程】 实验 实验目的 实验内容及现象 Ⅰ 还原钒(V) 取溶液模拟含钒废水，用稀硫酸调节pH，向其中逐滴加入溶液至过量，溶液由淡黄色变为蓝色，最终得到深蓝色溶液 Ⅱ 探究终点pH对含钒产物的影响 保持钒初始浓度和草酸用量不变，改变反应体系的终点pH，观察并记录现象。 ①：得到稳定的深蓝色溶液。 ②：得到蓝色溶液，一段时间后出现蓝色絮状沉淀。 ③：先出现蓝色沉淀，很快出现黄褐色沉淀 Ⅲ 沉淀的生成与优化分离 取实验Ⅱ中②条件下反应后的分散系加热至近沸，蓝色絮状沉淀迅速转化为颗粒较大的黑色沉淀，更易于过滤 Ⅳ 回收高纯 将实验Ⅲ得到的黑色沉淀洗涤、干燥后，在空气中焙烧，得到固体 回答下列问题： （1）实验Ⅰ中，溶液变为蓝色，发生反应的离子方程式为___________。 （2）综合上述信息，提高钒的沉降率，应控制终点pH约为___________。终点时，出现黄褐色沉淀可能的原因是___________。 （3）实验Ⅲ中，加热的作用除可加快沉淀聚集外，还有___________。 （4）将实验Ⅲ所得混合液过滤后，得到淡蓝色滤液，滴加几滴NaOH溶液至碱性，再加入溶液，溶液变为深红色。该过程发生的离子方程式为___________。 （5）还原沉淀法处理五价钒，不能选用硫酸亚铁代替草酸作还原剂的原因是___________。 20. 加氢制甲醇和二甲醚是实现碳中和的关键技术，其反应体系存在如下反应： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 回答下列问题： （1）已知：298 K时，1 mol液态水转变为水蒸气需吸收44 kJ的热量；的标准摩尔燃烧焓为，则的标准摩尔燃烧焓为___________。 （2）温度时，在1 L的密闭容器中加入1 mol 、3 mol 和1 mol CO只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。平衡时压强是初始压强的，的物质的量为1.2 mol。已知反应Ⅱ的速率方程可表示为、(和分别表示正、逆反应速率常数)。与温度关系如图所示，表示的是___________(填“a”或“b”)，___________(填“＞”、“=”或“＜”)。 （3）一定条件下，向起始压强为 的恒压密闭容器中通入3 mol 和1 mol CO2发生上述反应，平衡时的转化率为，二甲醚的产率为10%，CO的选择性为。平衡时___________mol，反应Ⅱ的___________(保留3位有效数字)。 ［已知：生成物A的产率 生成物A的选择性] （4）在刚性密闭容器中，充入一定量的和，在不同的催化剂X和Y作用下发生上述反应，相同时间内测得的转化率以及甲醇和二甲醚的选择性之和与温度关系如图所示，反应Ⅱ在所示温度范围内未达平衡： ①曲线a随温度变化的原因是___________。 ②催化剂对的吸附能力是影响反应速率快慢的主要因素。若催化剂对吸附能力过强会导致反应速率变慢，原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $