機(jī)密★啟用前2025年安徽省普通高等學(xué)校招生選擇性考試化學(xué)B用X射線衍射法分析玉器的晶體結(jié)構(gòu)ABCD4．一種天然保幼激素的結(jié)構(gòu)簡式如下：5．氟氣通過碎冰表面，發(fā)生反應(yīng)①F2+H2OHOF+HF，生成的HOF遇水發(fā)生反應(yīng)②EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up2(·),·)EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up5(··),O)EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up2(·),·)EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up5(··),F)EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up2(·),·)····緩慢放出氣體，同時生成NaNH2。NaNH2遇水轉(zhuǎn)化為NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深藍(lán)色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又轉(zhuǎn)化為藍(lán)色[Cu(H2O)4SO4]溶液。氨可以發(fā)生類似于水解反2O和NH3分子中的鍵長：O—H>N—HD．微粒所含電子數(shù)：NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up6(+),4)>NH2-AEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(-),3)BH+CDW—X——YZZY——X—WXXWWA將鐵制鍍件與銅片分別接直流電源的正、負(fù)B向粗鹽水中先后加人過量NaCO3溶液、EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),4)C向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液，再滴加5滴6mol·L-1H2SO4溶液EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),4)DC．若加人催化劑，k1增大，k2不變，則x1和xD．若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均為放熱反應(yīng)，升高溫度則x12．碘晶體為層狀結(jié)構(gòu),層間作用為范德華力，層間距為dpm。下圖給出了碘的單層結(jié)構(gòu)，層內(nèi)碘分子間存在“鹵鍵”(強(qiáng)度與氫鍵相近)。NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是B．液態(tài)碘單質(zhì)中也存在“鹵鍵”C．127g碘晶體中有NA個“鹵鍵”D．碘晶體的密度為g·cm-313．研究人員開發(fā)出一種鋰-氫可充電電池(如圖所示)使用前需先充電，其固體電解質(zhì)僅允許Li+通過。下列bpmapmbpmapm氣體擴(kuò)散電極惰性電極儲氫容器H2LiH2LiH2PO4固體電解質(zhì)有機(jī)電解質(zhì)14．H2A是二元弱酸，M2+不發(fā)生水解。25℃時，向足量的難溶鹽MA粉末中加入稀鹽酸，平衡時溶液中l(wèi)g[c(M2+)/(mol·L-1)]與pH的關(guān)系如下圖已知25℃時，Ka1(H2A)＝10-1.6，Ka2(H2A)＝10-6.8，lg2=0.3。下列說法正確的是B．pH＝1.6時，溶液中c(M2+)>c(Cl-)>c(HA-)>c(A2-)C．pH＝4.5時，溶液中c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)D．pH＝6.8時，溶液中c(H+)+2c(HA-)+c(H2A)＝c(OH-)+c(Cl-)已知25℃時，Ksp(SrSO4)=10-6.46，Ksp(BaSO4)=10-9.97(1)鍶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基態(tài)原子價電子排布式為。(3)“鹽浸”中SrSO4轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為25℃時，向0.01molSrSO4粉末中NN\\/o/\\\侯氏制堿法以NaCl、CO2和NH3為反應(yīng)物制備純堿。某實驗小組在侯氏制堿法基礎(chǔ)以NaCl和NH4HCO3為反應(yīng)物，在實驗室制備純堿，步驟如下：(1)步驟①中配制飽和食鹽水，下列儀器(3)在實驗室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制備純堿，優(yōu)點是。(4)實驗小組使用滴定法測定了產(chǎn)品的成分。滴定過程中溶液的pH隨滴加鹽酸體積變化的r1=r2，所得產(chǎn)品的成分為(填標(biāo)號)。a．Na2CO3ii．到達(dá)第一個滴定終點前,某同學(xué)滴定速度過快，搖動錐形瓶不均勻，致使滴入鹽酸局部aNa2CO3溶液,持續(xù)20min,消耗600mLb500mL礦泉水瓶中，密閉，劇烈搖動礦泉礦泉水瓶變癟，3min后開始體，加熱至恒重，將產(chǎn)生的氣體依次通過足量的無水CaCl2和NaOH溶液，NaOH溶液增重①HCOOH(g)===CO(g)+H2O(g)ΔH1＝+26.3kJ.mol-1②HCOOH(g)===CO2(g)+H2(g)ΔH214.9kJ.mol-1(1)反應(yīng)CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g)的ΔH＝kJ.mol-1(2)一定溫度下，向恒容密閉容器中通人一定量的HCOOH(g)，發(fā)生上述兩個分解反應(yīng)下列(3)一定溫度下，使用某催化劑時反應(yīng)歷程如下圖，反應(yīng)①的選擇性接近100%，原因是；升高溫度，反應(yīng)歷程不變，反應(yīng)①的選擇性下降，可能的原因是。反應(yīng)歷程(5)恒溫恒壓密閉容器中，投人不同物質(zhì)的量之比的CH4/CO2/Ar混合氣，投料組成與CH4CH4/CO2/Ar“不變”)。ii．若平衡時Ar的分壓為pkPa，根據(jù)a、b兩點計算反應(yīng)⑤的平衡常數(shù)Kp＝(kPa)2(用含p的代數(shù)式表示，Kp是用分壓代替濃度計算的平衡常數(shù)，分壓＝總壓DEF(1)B中含氧官能團(tuán)名稱為；B--→C的反應(yīng)類型為。(2)已知A--→B反應(yīng)中還生成(NH4)2SO4和MnSO4，寫出A--→B的化學(xué)方程式。c.D--→E反應(yīng)中，CCl4是反應(yīng)試劑d.E--→F反應(yīng)涉及取代過程2025年安徽省普通高等學(xué)校招生選擇性考試化學(xué)答案解析一、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，1.【答案】A【解析】【詳解】A．生石灰（CaO）主要用作干燥劑，通過吸水反應(yīng)生成Ca(OH)2，而非與氧氣反應(yīng)，因此不能作為脫氧劑，A錯誤；B．硫酸鋁溶于水后水解生成Al(OH)3膠體，可吸附水中懸浮雜質(zhì)，起到凈水作用，B正確；C．碳酸氫銨受熱分解產(chǎn)生CO2和NH3，使食品膨松，可用作膨松劑，C正確；D．苯甲酸及其鈉鹽是常見食品防腐劑，能抑制微生物生長，D正確；故選A。2.【答案】D【解析】【詳解】A．1?C斷代法通過測定有機(jī)物中1?C的殘留量確定年代，竹簡為植物制品，適用此方法，A正確；B．X射線衍射法通過衍射圖譜分析物質(zhì)晶體結(jié)構(gòu)，玉器為晶體礦物，適用此方法，B正確；C．原子光譜法通過特征譜線鑒定元素種類，可用于分析漆器表層元素，C正確；D．紅外光譜法用于分析分子官能團(tuán)和結(jié)構(gòu)，無法直接測定相對分子質(zhì)量（需質(zhì)譜法D達(dá)不到目的；故選D。3.【答案】B【解析】【詳解】A．淀粉在酸性或酶催化下水解生成麥芽糖，用大米制麥芽糖符合該過程，A正確；B．次氯酸鈉的消毒作用源于其水解生成的HClO具有強(qiáng)氧化性，而非溶液呈堿性，B錯誤；C．氮元素是植物合成蛋白質(zhì)、葉綠素等的必需元素，施氮肥解釋合理，C正確；D．肥皂中的高級脂肪酸鈉含親水基（羧酸根）和疏水基（長鏈烷基可乳化油污，解釋正確，D正確；故選B。4.【答案】B【解析】【詳解】A．該分子不飽和度為4，碳原子數(shù)為19，氫原子數(shù)為2×19+2-4×2=32，化學(xué)式為C19H32O3，A正確；B．醚鍵含有2個C-Oσ鍵，酯基中含有3個C-Oσ鍵，如圖個C-Oσ鍵，B錯誤；C．手性碳原子是連接4個不同基團(tuán)的C原子，其含有3個手性碳原子，如圖：D．其含有-COOCH3基團(tuán)，酯基水解時生成甲醇，D正確；故選B。5.【答案】A【解析】【詳解】A．HOF中心原子為O，與H、F通過共用電子對形成共價鍵，電子式為，A正確B．H2O2空間結(jié)構(gòu)為半開頁書形，正負(fù)電荷中心不重合，屬于極性分子，B錯誤；C．反應(yīng)①中F-F非極性鍵斷裂，但沒有非極性鍵的形成，C錯誤；D．F的電負(fù)性大于O，HOF中氟表現(xiàn)為-1價，O為0價，H為+1價，生成物HF中氟還是-1價，F(xiàn)的化合價沒有變化，反應(yīng)②中氧化劑為HOF，還原劑為H2O，H2O2既是氧化產(chǎn)物也是還原產(chǎn)物，HF既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物，D錯誤；故選A。6.7【答案】6.D7.B【解析】【分析】【6題詳解】A．根據(jù)題干信息可知，氨可在氧氣中燃燒生成N2，所給方程式符合反應(yīng)原理，A正確；B．金屬鈉的液氨溶液放置時緩慢放出氣體，生成氨基鈉和氫氣，發(fā)生的是置換反應(yīng)，所給方程式符合反應(yīng)原理，B正確；C．根據(jù)題干信息可知，Cu(OH)2溶于氨水得到深藍(lán)色Cu(NH3)4(OH)2溶液，所給方程式符合反應(yīng)原理，C正確；D．濃氨水與HgCl2溶液反應(yīng)生成Hg(NH2)Cl沉淀，生成物應(yīng)為NH4Cl，方程式為：HgCl2+2NH3=Hg(NH2)Cl↓+NH4Cl，D錯誤故選D；【7題詳解】A．根據(jù)題干信息，NaNH2遇水轉(zhuǎn)化為NaOH，反應(yīng)為：NaNH2+H-OH=NaOH+H-NH2，說明NH2-結(jié)合H+能力更強(qiáng)，A錯誤；B．根據(jù)題干信息，深藍(lán)色Cu(NH3)4(OH)2溶液，加入稀硫酸又轉(zhuǎn)化為藍(lán)色Cu(H2O)4SO4溶液，說明NH3更容易與H+配位形成NHEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),4)，故與氨形成配位鍵的能力：H+>Cu2+，B正確；C．原子半徑N＞O，則鍵長：O—H＜N—H，C錯誤；D．NHEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),4)所含電子數(shù)為7+4-1=10，NH2-所含電子數(shù)7+2+1=10，相同數(shù)量的兩種微粒所含電子數(shù)相等，D錯誤；故選B。8.【答案】C【解析】【詳解】A．稀硝酸與銅反應(yīng)生成H+、Cu2+、NO3-和NO，NO難溶于水，無法大量存在，A不符合題意；B．70%硫酸與Na2SO3反應(yīng)生成SO2，溶液中應(yīng)含H+、Na+、SOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)-，但HSO3-在強(qiáng)酸性條件下會轉(zhuǎn)化為SO2和H2O，無法大量存在，B不符合題意；C．濃鹽酸與KMnO4反應(yīng)生成Cl2，產(chǎn)物為K+、Mn2+、Cl-和H+，這些離子在酸性環(huán)境中穩(wěn)定共存，無后續(xù)反應(yīng)干擾，C符合題意；D．FeCl3催化H2O2分解生成O2，溶液中應(yīng)含F(xiàn)e3＋而非Fe2D不符合題意；故選C。9.【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族，且X、Z均形成2個共價鍵，則X為O，Z為S；Y形成5個共價鍵且原子序數(shù)位于O、S之間，則Y為P；W形成1個共價鍵，原子序數(shù)最小，則W為H；【詳解】A．同周期從左向右電負(fù)性逐漸增大，同主族從上向下電負(fù)性逐漸減小，故元素電負(fù)性O(shè)>S>P，即X>Z>Y，A項正確；B．該物質(zhì)中，P原子的價層電子對數(shù)為為sp3雜化，S原子的價層電子對數(shù)為3雜化，B項正確；C．基態(tài)H原子未成對電子數(shù)為1，基態(tài)O原子的價電子排布式為2s22p4，未成對電子數(shù)為2，基態(tài)P原子的價電子排布式為3s23p3，未成對電子數(shù)為3，則基態(tài)原子未成對電子數(shù)H<O<P，即W<X<Y，C項正確；D．基態(tài)原子的第一電離能同周期從左向右逐漸增大，由于VA族原子的p軌道處于半充滿狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰主族元素，即P>S，D項錯誤；故選D。10.【答案】C【解析】【詳解】A．鐵作為鍍件應(yīng)接電源負(fù)極，若將鐵接正極會導(dǎo)致其放電而溶解，A錯誤；B．粗鹽提純時，BaCl2應(yīng)在Na2CO3之前加入，以便除去過量Ba2+，B錯誤；C．通過加NaOH降低H+濃度使溶液變黃，再加H2SO4提高H+濃度恢復(fù)橙色，驗證濃度對平衡的影響，C正確；D．乙醇本身含羥基，也可與金屬鈉反應(yīng)，會干擾M中羥基的檢測，D錯誤；故選C。11.【答案】C【解析】【詳解】A．①AM的KN②-①得到M(g)N(g)，則B．由圖可知，0~t1時間段，生成M和N的物質(zhì)的量相同，由此可知，成M和N的平均反應(yīng)速率相等，B正確；C．若加入催化劑，k1增大，更有利于生成M，則x1變大，但催化劑不影響平衡移動，xM,平衡不變，C錯D．若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均為放熱反應(yīng)，升高溫度，兩個反應(yīng)均逆向移動，A的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變大，即xA,平衡變大，D正確；故選C。12.【答案】A【解析】【詳解】A．碘晶體中，分子間是“鹵鍵”(類似氫鍵)，層與層間是范德華力，與石墨不同(石墨層內(nèi)只存在共價鍵)所以碘晶體是分子晶體，A錯誤；B．由圖可知，題目中的“鹵鍵”類似分子間作用力，只不過強(qiáng)度與氫鍵接近，則液態(tài)碘單質(zhì)中也存在類似的分子間作用力，即“鹵鍵”，B正確；C．由圖可知，每個I2分子能形成4條“鹵鍵”，每條“鹵鍵”被2個碘分子共用，所以每個碘分子能形成2個“鹵鍵”，127g碘晶體物質(zhì)的量是0.5mol，“鹵鍵”的個數(shù)是0.5mol×2×NAmol—1=NA，C正確；D．碘晶體為層狀結(jié)構(gòu)，所給區(qū)間內(nèi)4個碘原子處于面心，則每個晶胞中碘原子的個數(shù)是，晶胞故選A。13.【答案】C【解析】【分析】金屬鋰易失去電子，則放電時，惰性電極為負(fù)極，氣體擴(kuò)散電極為正極，電池在使用前需先充電，目的是將LiH2PO4解離為Li+和H2PO4-，則充電時，惰性電極為陰極，電極的反應(yīng)為：Li++e-=Li，陽極為氣體擴(kuò)散電極，電極反應(yīng)：H2-2e-+2H2PO4-=2H3PO4，放電時，惰性電極為負(fù)極，電極反應(yīng)為：Li-e-=Li+，氣體擴(kuò)散電極為正極，電極反應(yīng)為2H3PO4+2e-=2H2PO4-+H2↑,據(jù)此解答?！驹斀狻緼．放電時，Li+會通過固體電解質(zhì)進(jìn)入電解質(zhì)溶液，同時正極會生成H2進(jìn)入儲氫容器，當(dāng)轉(zhuǎn)移2mol電子時，電解質(zhì)溶液質(zhì)量增加7g/mol×2mol-1mol×2g/mol=12g，即電解質(zhì)溶液質(zhì)量會增大，A錯誤；B．放電時，由分析中的正、負(fù)電極反應(yīng)可知，總反應(yīng)為2Li+2H3PO4=H2↑+2LiH2PO4，B錯誤；C．充電時，Li+向陰極移動，則Li+向惰性電極移動，C正確；D．充電時每轉(zhuǎn)移1mol電子，會有1molH+與H2PO4-結(jié)合生成H3PO4，但不知道電解液體積，無法計算H+)降低了多少，D錯誤；故選C。14.【答案】A【解析】【分析】MA存在沉淀溶解平衡：MA(s)M2+(aq)+A2-(aq)，向足量的難溶鹽MA粉末中加入稀鹽酸，發(fā)生反應(yīng)A2-+H+=HA-，繼續(xù)加鹽酸發(fā)生反應(yīng)HA-+H+H2A，由，Ka1(H2A)=10-1.6可知，當(dāng)c(H2A)=c(HA-)時，pH=1.6，Ka2(H2A)=10-6.8，則c(A2-)=c(HA-)時，pH=6.8，Ka1×Ka2==10-8.4，當(dāng)c(A2-)=c(H2A)時，pH=4.2，則可將圖像轉(zhuǎn)化為進(jìn)行分析；【詳解】A．溶液中存在物料守恒：c(M2+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，當(dāng)pH=6.8時，A2-)，c(H2A)很低，可忽略不計，則c(M2+)=2c(A2-)=10-3，Ksp=c×cpKsp(MA)=-6-lg2=-6.3，則Ksp(MA)=10-6.3，A正確；B．根據(jù)物料守恒：c(M2+)=c(H時，c(HA-)＞c(A2-)成立，由電荷守恒：c(H+)+2c(M2+)=c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，結(jié)合物料守恒，約掉c(HA-)得到c(H2A)+c(H+)+c(M2+)=c(Cl-)+c(A2-)+c(OH-)，由圖像可知，c(H2A)＞c(A2-)且c(H+)＞c(OH-)，則c(M2+)＜c(Cl-)，故離子濃度順序：Cl-)>cHA-)>c(A2-)，B錯誤；C．由圖像可知，pH=4.5時，溶液中c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，C錯誤；A2-)，根據(jù)電荷守恒關(guān)系：(M2+Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，將物料守恒代入，約掉c(M2+)得到2-OH-)，化簡得到Cl-)+c(OH-)，D錯誤；故選A。15.（2）Ca2+、Mg2+（4）SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，所以鍶浸出率增大（5）BaSO4、SiO2（6）Sr2+具有更多的空軌道，能夠與更多的N、O形成配位鍵，形成超分子后，結(jié)構(gòu)更穩(wěn)定（7）a【解析】【分析】含鍶(Sr)廢渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，加入稀鹽酸酸浸，碳酸鹽溶解進(jìn)入濾液，浸出渣1中含有SrSO4、SiO2，加入BaCl2溶液，發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)，得到SrCl2溶液，經(jīng)過系列操作得到SrCl2·6H2O晶體；【小問1詳解】鍶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基態(tài)原子價電子排布式為5s2；【小問2詳解】由分析可知，碳酸鹽均能溶于鹽酸，“浸出液”中主要的金屬離子有Sr2+、Ca2+、Mg2+；【小問3詳解】由分析可知，“鹽浸”中發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，離子方程式：SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)；該反應(yīng)的平衡常數(shù)K平衡常數(shù)很大，近似認(rèn)為SrSO4完全轉(zhuǎn)化，溶液中剩余n(Ba2+)=1×10-3mol，則col/L，列三段式：初始mol變化mol平衡mol0.010.01100.010.010.010.0010.01Sr2+).cSOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),4)-)=10-7.97mol/L×10-1mol/L=10-8.97(mol.L-1)2；【小問4詳解】隨溫度升高鍶浸出率增大，原因是離子半徑：Ba2+＞Sr2+，晶格能：SrSO4＞BaSO4，則(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，所以鍶浸出率增大；【小問5詳解】“鹽浸”時發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，生成了BaSO4，SiO2不參與反應(yīng)，故漫出渣2”中主要含有SrSO4、BaSO4、SiO2；【小問6詳解】窩穴體a與K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是Sr2+具有更多的空軌道，能夠與更多的N、O形成配位鍵，形成超分子后，結(jié)構(gòu)更穩(wěn)定；【小問7詳解】Ca(OH)2為強(qiáng)堿，則Sr(OH)2也是強(qiáng)堿，Sr2+不水解，排除b，由平衡移動原理可知SrCl2.6H2O制備無水SrCl2的方法加壓不利于脫水，排除c、d，故選a。16.【答案】（1）燒杯、玻璃棒·（2）加快NH4HCO3溶解、加快NH4HCO3與NaCl反應(yīng)（3）工藝簡單、綠色環(huán)保、制備產(chǎn)品的效率較高、原料利用率較高（4）①.a②.>（5）①.CO2在飽和Na2CO3溶液中的溶解速率小、溶解量小，且兩者發(fā)生反應(yīng)的速率也較小，生成的NaHCO3的量較少，NaHCO3在該溶液中沒有達(dá)到過飽和狀態(tài)，故不能析出晶體②.80%【解析】【分析】本題以NaCl和NH4HCO3為反應(yīng)物，在實驗室制備純堿?？疾榱伺渲骑柡腿芤旱姆椒八玫脑噭挥肗H4HCO3代替CO2和NH3，使工藝變得簡單易行，原料利用率較高，且環(huán)保、制備效率較高；滴定分析中利用了碳酸鈉與鹽酸反應(yīng)分步進(jìn)行，根據(jù)兩個滴定終點所消耗的鹽酸用量分析產(chǎn)品的成分；通過對比實驗可以發(fā)現(xiàn)CO2的充分溶解對NaHCO3的生成有利?！拘?詳解】步驟①中配制飽和食鹽水，要在燒杯中放入一定量的食鹽，然后向其中加入適量的水并用玻璃棒攪拌使其恰好溶解，因此需要使用的有燒杯和玻璃棒。【小問2詳解】固體的顆粒越小，其溶解速率越大，且其與其他物質(zhì)反應(yīng)的速率越大，因此，步驟②中NH4HCO3需研細(xì)后加入，目的是加快NH4HCO3溶解、加快NH4HCO3與NaCl反應(yīng)?！拘?詳解】CO2和NH3在水中可以發(fā)生反應(yīng)生成NH4HCO3，但是存在氣體不能完全溶解、氣體的利用率低且對環(huán)境會產(chǎn)生不好的影響，因此，在實驗室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制備純堿，其優(yōu)點是工藝簡單、綠色環(huán)保、制備產(chǎn)品的效率較高、原料利用率較高?！拘?詳解】i．根據(jù)圖中的曲線變化可知，到達(dá)第一個滴定終點B時，發(fā)生的反應(yīng)為Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，消耗鹽酸V1mL;到達(dá)第二個滴定終點C時,發(fā)生的反應(yīng)為NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，又消耗鹽酸V2mL,因為V1=V2，說明產(chǎn)品中不含NaHCO3和NaOH，因此，所得產(chǎn)品的成分為Na2CO3，故選ⅱ.到達(dá)第一個滴定終點前，某同學(xué)滴定速度過快，搖動錐形瓶不均勻，致使滴入鹽酸局部過濃，其必然會使一部分Na2CO3與鹽酸反應(yīng)生成CO2，從而使得V1偏大、V2偏小，因此，該同學(xué)所記錄的V1'>V1?！拘?詳解】i．實驗a無明顯現(xiàn)象的原因是：CO2在飽和Na2CO3溶液中的溶解速率小、溶解量小，且兩者發(fā)生反應(yīng)的速率也較小，生成的NaHCO3的量較少，NaHCO3在該溶液中沒有達(dá)到過飽和狀態(tài)，故不能析出晶體。ii．析出的白色晶體可能同時含有NaHCO3和Na2CO3.10H2O。稱取0.42g晾干后的白色晶體，加熱至恒重，將產(chǎn)生的氣體依次通過足量的無水CaCl2和NaOH溶液。NaHCO3受熱分解生成的氣體中有H2O和CO2，而Na2CO3.10H2O分解產(chǎn)生的氣體中只有H2O，無水CaCl2可以吸收分解產(chǎn)生的H2O，NaOH溶液可以吸收分解產(chǎn)生的CO2；NaOH溶液增重0．088g，則分解產(chǎn)生的CO2的質(zhì)量為0．088g，其物質(zhì)的量為mol，由分解反應(yīng)可知，NaHCO3的物質(zhì)的量為0.004mol，則白色晶體中NaHCO3的質(zhì)量為0.004mol×84g.mol—1=0.336g，故其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為17.（2）bc（3）①.原因是反應(yīng)①的活化能低，反應(yīng)②活化能高，反應(yīng)②進(jìn)行的速率慢②.催化劑在升溫時活性降低或升溫時催化劑對反應(yīng)②更有利（4）b（5）①.增大②.0.675p2【解析】【小問1詳解】H=H2－H1=－14.9kJ/mol-26.3kJ/mol=-41.2kJ/mol；【小問2詳解】a．氣體質(zhì)量是定值，體積是固定的，密度始終不變，氣體密度不變，不能說明達(dá)到平衡狀態(tài)；b．兩個反應(yīng)均為氣體體積增大的反應(yīng)，則隨著反應(yīng)進(jìn)行，壓強(qiáng)變大，壓強(qiáng)不變是平衡狀態(tài)；c．氣體濃度不變是平衡狀態(tài)的標(biāo)志，則H2O(g)濃度不變，是平衡狀態(tài)；d．CO和CO2物質(zhì)的量相等，不能說明其濃度不變，不能判斷達(dá)到平衡狀態(tài)；故選bc；【小問3詳解】反應(yīng)①的選擇性接近100%，原因是反應(yīng)①的活化能低，反應(yīng)②活化能高，反應(yīng)②進(jìn)行的速率慢，所以反應(yīng)①的選擇性接近100%；反應(yīng)①是吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡會正向移動，會有利于反應(yīng)①,但反應(yīng)①選擇性下降，可能原因是催化劑在升溫時活性降低或升溫時催化劑對反應(yīng)②更有利；【小問4詳解】a．增加原料中CH4的量，CH4自身轉(zhuǎn)化率降低；b．增大原料中CO2的量，CH4轉(zhuǎn)化率增大；c．通入Ar，各物質(zhì)濃度不變，平衡不移動，CH4轉(zhuǎn)化率不變；故選b；【小問5詳解】如圖可知，恒壓時，隨著Ar含量上升(圖像從右到左)，反應(yīng)物的分壓減小，相當(dāng)于減壓，平衡正向移動，壓強(qiáng)不影響反應(yīng)④平衡移動；則隨著Ar含量下降，反應(yīng)③和⑤平衡逆向移動，但甲烷的轉(zhuǎn)化率下降的更快，而反應(yīng)①甲烷二氧化碳轉(zhuǎn)化率相同，說明反應(yīng)⑤逆移程度稍小，但CO減小的少，則n(CO):n(H2)增大；設(shè)初始投料：n(CH4)=4mol、n(CO2)=化碳的轉(zhuǎn)化率為30%，則平衡時：=4mol-4m