2025年云南高考化學試題含答案

2025年云南高考真題化學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．畫中有“化”，多彩中華。下列敘述正確的是A．巖彩壁畫顏料所用貝殼粉，主要成分屬于硅酸鹽B．油畫顏料調和劑所用核桃油，屬于有機高分子C．竹胎漆畫顏料赭石的主要成分氧化鐵，耐酸、堿D．水墨畫墨汁的主要成分碳，常溫不易被氧化【答案】D【詳解】A．貝殼粉的主要成分是碳酸鈣，屬于碳酸鹽，A錯誤；B．核桃油屬于油脂，分子量較小，不屬于有機高分子，B錯誤；C．氧化鐵（Fe2O3）能與酸反應，不耐酸，C錯誤；D．碳在常溫下化學性質穩定，不易被氧化，D正確；故選D。2．下列化學用語或圖示表示正確的是A．的VSEPR模型：B．的電子式：C．Cl的原子結構示意圖：D．溶于水的電離方程式：【答案】A【詳解】A．的中心原子價層電子對數為3+=4，且含有1個孤電子對，VSEPR模型為四面體形，A正確；B．硫化鈉是離子化合物，電子式：，B錯誤；C．氯是第17號元素，Cl原子結構示意圖為：，C錯誤；D．是強電解質，溶于水完全電離，電離方程式：，D錯誤；故選A。3．下列化學方程式錯誤的是A．煤制水煤氣：B．供氧：C．覆銅板制作印刷電路板：D．鉛酸蓄電池放電：【答案】C【詳解】A．煤在高溫下與水蒸氣反應生成CO和H2，方程式正確，A正確；B．過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，方程式書寫正確，B正確；C．FeCl3與Cu反應時，Fe3+被還原為Fe2+而非單質Fe，正確反應為2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，C錯誤；D．鉛酸蓄電池放電時，Pb和PbO2與硫酸反應生成PbSO4和H2O，方程式正確，D正確；故選C。4．為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．中原子的數目為B．所含中子的數目為C．粉和足量S完全反應，轉移電子的數目為D．鹽酸與足量反應，生成的數目為【答案】B【詳解】A．未指明氣體是否處于標準狀況，22.4LCH4的物質的量無法確定為1mol，因此原子數目無法確定為5NA，A錯誤；B．18O的中子數為18-8=10，1mol18O含10mol中子，數目為10NA，B正確；C．28gFe（0.5mol）與S反應生成FeS，Fe的氧化態為+2，轉移電子數為0.5×2=1mol=1NA，而非1.5NA，C錯誤；D．濃鹽酸與MnO2反應時，隨反應進行濃度降低，反應停止，實際生成Cl2的物質的量小于理論值0.3mol，D錯誤；故選B。5．下列裝置(省略部分夾持裝置)或操作正確的是A．制備B．配制溶液C．探究Na與反應D．探究溫度對化學平衡的影響A．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．和固體混合物加熱制取氨氣，試管口要略向下傾斜，A錯誤；B．配制溶液，應在燒杯中溶解KCl固體，B錯誤；C．小塊的Na與水反應可以在試管中進行，不能用坩堝鉗來夾持金屬鈉，應當用鑷子，C錯誤；D．兩個燒杯中分別盛有熱水和冰水，可以通過觀察氣體的顏色深淺來探究溫度對2NO2(紅棕色)N2O4(無色)平衡的影響，D正確；故選D。6．化合物Z是某真菌的成分之一，結構如圖。下列有關該物質說法錯誤的是A．可形成分子間氫鍵B．與乙酸、乙醇均能發生酯化反應C．能與溶液反應生成D．與的溶液反應消耗【答案】D【詳解】A．分子中存在-OH和-COOH，可以形成分子間氫鍵-O-H…O，A正確；B．含有醇-OH，可以和乙酸發生酯化反應，含有-COOH，可以和乙醇發生酯化反應，B正確；C．分子中含有-COOH，可以和NaHCO3反應產生CO2，C正確；D．分子中只有碳碳雙鍵能和Br2的CCl4溶液中的Br2反應，分子中含2個碳碳雙鍵，1molZ可以和Br2的CCl4反應消耗2molBr2，D錯誤；答案選D。7．稻殼制備納米Si的流程圖如下。下列說法錯誤的是A．可與NaOH溶液反應B．鹽酸在該工藝中體現了還原性C．高純Si可用于制造硅太陽能電池D．制備納米Si：【答案】B【分析】稻殼在一定條件下制備納米SiO2，納米SiO2和Mg在650℃發生置換反應生成MgO和納米Si，加鹽酸將MgO轉化為MgCl2，過濾、洗滌、干燥得到納米Si。【詳解】A．SiO2是酸性氧化物，與NaOH反應生成Na2SiO3和H2O，A正確；B．鹽酸參與的反應為：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，該反應是非氧化還原反應，鹽酸體現酸性，沒有體現還原性，B錯誤；C．高純硅可以將太陽能轉化為電能，故可用于制硅太陽能電池，C正確；D．SiO2和Mg在650℃條件下發生置換反應得到MgO和納米Si，反應的化學方程式為，D正確；答案選B。8．某化學興趣小組設計如下實驗裝置，通過測定反應前后質量的變化，驗證固體在酒精燈加熱條件下，受熱分解的氣態產物。實驗步驟：先緩慢通入Ar氣，排盡裝置內空氣；關閉Ⅰ左側閥門，點燃酒精燈；一段時間后，Ⅱ中灼熱的銅網變黑，熄滅酒精燈甲；再次緩慢通入Ar氣……下列說法錯誤的是A．實驗步驟中，點燃酒精燈的順序為甲、乙、丙B．整個過程中，若Ⅲ中灼熱的銅網未變黑，則說明生成的在Ⅱ中反應完全C．實驗結束后，若Ⅰ中減少的質量等于Ⅱ中增加的質量，則分解的氣態產物只有D．應遠離熱源、可燃物，并與還原性物質分開存放【答案】A【分析】先緩慢通入Ar氣，排盡裝置內空氣，防止對實驗造成干擾，關閉Ⅰ左側閥門，先后點燃乙、丙、甲處酒精燈，一段時間后，Ⅰ中灼熱的銅網變黑，說明NaNO3分解產生了O2，熄滅酒精燈甲，再次緩慢通入Ar氣，使NaNO3分解產生的氣態產物全部排盡，濃硫酸用于防止空氣中的水蒸氣進入裝置干擾實驗。【詳解】A．一段時間后，Ⅱ中灼熱的銅網變黑，說明NaNO3分解產生了O2，為確保能準確測定產生的氧氣的質量，應先點燃乙處酒精燈，再點燃丙處酒精燈，最后點燃甲處酒精燈，A錯誤；B．Ⅱ、Ⅲ中Cu均能和氧氣反應生成黑色的CuO，整個過程中，若Ⅲ中灼熱的銅網未變黑，則說明生成的O2在Ⅱ中反應完全，B正確；C．Ⅱ中的Cu只能吸收O2，實驗結束后，若Ⅰ中減少的質量等于Ⅱ中增加的質量，則分解的氣態產物只有O2，C正確；D．由該實驗可知NaNO3受熱易分解產生氧化劑、助燃性氣體O2，故NaNO3應遠離熱源、可燃物，并與還原性物質分開存放，D正確；答案選A。9．鈣霞石是一種生產玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z為原子序數依次增大的前20號主族元素，M是原子半徑最小的元素，Q是形成物質種類最多的元素，R是地殼中含量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、X均與Y相鄰，Z的原子序數等于M、R和T的原子序數之和。下列說法正確的是A．M與Z可形成離子化合物 B．原子半徑：C．是極性分子 D．電負性：【答案】A【分析】M是原子半徑最小的為H，Q是形成物質種類最多，則為C，R是地殼中含量最高，為O，T、X、Y同周期且原子序數遞增。Q（C）和X均與Y相鄰，結合Z的原子序數Z=M+R+T=1+8+T，Z≤20，得T=11（Na），Z=20（Ca）。又因為T、X、Y同周期，Q、X均與Y相鄰，可推出Q（C）與Y（Si）同主族相鄰，X（Al）與Y（Si）相鄰且T（Na）、X（Al）、Y（Si）同屬第三周期，故推出M為H、Q為C、R為O、T為Na、X為Al、Y為Si、Z為Ca，據此解答。【詳解】A．H與Ca形成CaH2，為活潑金屬形成的氫化物，為離子化合物，A正確；B．同周期原子半徑從左到右逐漸減小，同主族原子半徑從上到下逐漸增大，R為O、T為Na、X為Al，則它們的原子半徑大小為O＜Al＜Na，即R＜X＜T，B錯誤；C．為CO2，為直線型的非極性分子，C錯誤；D．同周期電負性從左到右逐漸增大，同主族電負性從下到上逐漸增大，Q為C、R為O、Y為Si，則電負性Si＜C＜O，正確順序為Y＜Q＜R，D錯誤；故選A。10．銅催化下，由電合成正丙醇的關鍵步驟如圖。下列說法正確的是A．Ⅰ到Ⅱ的過程中發生氧化反應 B．Ⅱ到Ⅲ的過程中有非極性鍵生成C．Ⅳ的示意圖為 D．催化劑Cu可降低反應熱【答案】C【詳解】A．由圖可知，Ⅰ到Ⅱ的過程中消耗了氫離子和電子，屬于還原反應，A錯誤；B．Ⅱ到Ⅲ的過程中生成了一根C-H鍵，如圖，有極性鍵生成，不是非極性鍵，B錯誤；C．Ⅱ到Ⅲ的過程中生成了一根C-H鍵，由Ⅲ結合氫離子和電子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H鍵，Ⅳ到Ⅴ才結合CO，可知Ⅳ的示意圖為，C正確；D．催化劑可改變活化能，加快反應速率，不能改變反應熱，D錯誤；故選C。11．一種用雙極膜電滲析法鹵水除硼的裝置如圖所示，雙極膜中解離的和在電場作用下向兩極遷移。除硼原理：。下列說法錯誤的是A．Pt電極反應：B．外加電場可促進雙極膜中水的電離C．Ⅲ室中，X膜、Y膜分別為陽離子交換膜和陰離子交換膜D．Ⅳ室每生成，同時Ⅱ室最多生成【答案】C【分析】由圖中氫離子和氫氧根的流向，可推出左側Pt電極為陽極，右側石墨電極為陰極，陽極發生的反應為：，陰極發生的反應為：，Ⅲ室中氯化鈉濃度降低了，說明鈉離子往陰極方向移動，氯離子往陽極方向移動，據此解答。【詳解】A．由分析可知，Pt電極為陽極，陽極發生的反應為：，A正確；B．水可微弱的電離出氫離子和氫氧根，在外加電場作用下，使氫離子和氫氧根往兩側移動，降低了濃度，可促進雙極膜中水的電離，B正確；C．由分析可知，Ⅲ室中氯化鈉濃度降低了，說明鈉離子往陰極方向移動，氯離子往陽極方向移動，即鈉離子往右側移動，通過Y膜，則Y膜為陽離子交換膜，氯離子往左側移動，通過X膜，則X膜為陰離子交換膜，C錯誤；D．Ⅳ室每生成，則轉移1mol電子，有1mol氫離子移到Ⅱ室中，生成，D正確；故選C。12．Be及其化合物的轉化關系如圖。下列說法錯誤的是A．是兩性氫氧化物B．和的晶體類型相同C．中Be原子的雜化方式為D．與反應：【答案】B【詳解】A．由圖中轉化信息可知，既能與鹽酸反應生成鹽和水，又能與氫氧化鈉反應生成鹽，因此其是兩性氫氧化物，A正確；B．由題中信息可知，的熔點遠遠高于的，因此不可能是分子晶體，而的熔點和沸點均較低，其為分子晶體，因此兩者的晶體類型不相同，B錯誤；C．中Be原子與4個羥基形成4個σ鍵，沒有孤電子對，只有4個成鍵電子對，因此，其雜化方式為sp3，C正確；D．中的Be化合價為+2，C的化合價為-4，因此其與反應生成和，該反應的化學方程式為，D正確；綜上所述，本題選B。13．是優良的固態電解質材料，取代部分后產生空位，可提升傳導性能。取代后材料的晶胞結構示意圖(未畫出)及其作為電解質的電池裝置如下。下列說法錯誤的是A．每個晶胞中個數為12B．該晶胞在yz平面的投影為C．取代后，該電解質的化學式為D．若只有發生遷移，外電路轉移的電子數與通過截面MNPQ的數目相等【答案】C【詳解】A．由晶胞結構可知，Sc原子分布在晶胞的8個棱心和4個面心，由均攤法算出其原子個數為，由晶體的化學式可知，O原子的個數是Sc的3倍，因此，每個晶胞中O2-個數為12，A正確；B．由晶胞結構可知，該晶胞在yz平面的投影就是其前視圖，B正確；C．Ce4+取代La3+后，Li+數目減小并產生空位，因此，根據化合價的代數和為0可知，取代后該電解質的化學式為，C錯誤；D．Li+與電子所帶的電荷數目相同，只是電性不同，原電池中內電路和外電路通過的電量相等，因此，若只有Li+發生遷移，外電路轉移的電子數與通過截面MNPQ的Li+數目相等，D正確；綜上所述，本題選C。14．甲醛法測定的反應原理為。取含的廢水濃縮至原體積的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反應后，用的NaOH標準溶液滴定。滴定曲線如圖1，含氮微粒的分布分數與pH關系如圖2[比如：]。下列說法正確的是A．廢水中的含量為B．c點：C．a點：D．的平衡常數【答案】D【詳解】A．由圖1中的信息可知，當加入NaOH標準溶液的體積為20.00mL時到達滴定終點，發生的反應有H++OH-=H2O、(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O，由關系式~[]~4可知，由于待測液的體積和標準溶液的體積相同，因此，濃縮后的20.00mL溶液中，則原廢水中，因此，廢水中的含量為，A錯誤；B．c點加入NaOH標準溶液的體積過量，得到NaOH、NaCl、(CH2)6N4的混合液，且濃度之比為1∶4∶1，由電荷守恒可知，，由于c(Na+)＞c(Cl-)，，B錯誤；C．a點加入10.00mL的NaOH溶液，得到NaCl、(CH2)6N4HCl、HCl的混合液，且濃度之比為2∶1∶1，在溶液中水解使溶液顯酸性，故c(H+)＞c[(CH2)6N4H+]，C錯誤；D．由圖1和圖2可知，當時，占比較高，，則由氮守恒可知，，兩種粒子的濃度之比等于其分布分數之比，則的平衡常數，D正確；綜上所述，本題選D。二、解答題15．從褐鐵礦型金-銀礦(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有價金屬的一種工藝如下：已知：①金-銀礦中Cu、Mn元素的含量分別為0.19%、2.35%。②25℃時，的為。回答下列問題：(1)基態Cu原子的價層電子排布式為。(2)“還原酸浸”時，反應的離子方程式為。(3)“浸金銀”時，Au溶解涉及的主要反應如下：①②上述過程中的催化劑為。(4)“沉銅”前，“濾液1”多次循環的目的為。(5)根據“還原酸浸”“氧化”，推斷的氧化性由強到弱的順序為。(6)25℃“沉鐵”后，調節“濾液4”的pH至8.0，無析出，則。(7)一種銻錳合金的立方晶胞結構如圖。①該晶胞中，每個Sb周圍與它最近且相等距離的Mn有個。②為阿伏加德羅常數的值，晶胞邊長為anm，則晶體的密度為(列出計算式即可)。【答案】(1)(2)(3)(4)大幅度降低硫酸和亞硫酸鈉的消耗成本，同時減少廢水產生量及處理成本，并通過持續去除雜質提高金銀的富含度(5)(6)0.19(7)12【分析】由流程可知，礦石經“還原酸浸”，、被還原為和，CuO被溶解為，Au、Ag、不溶進入“濾渣1”；“沉銅”時，被鐵粉還原為Cu；“氧化時”被氧化為；“沉鐵”時，轉化為沉淀，后續轉化為氧化鐵；“沉錳”時，沉淀為碳酸錳。“浸金銀”時，Au、Ag被混合液浸出，后續提煉出Au、Ag。【詳解】（1）Cu為29號元素，基態Cu原子的核外電子排布屬于洪物規則的特例，其價電子數為11，其價層電子排布式為。（2）“還原酸浸”時，被亞硫酸鈉還原為，該反應的離子方程式為。（3）“浸金銀”時，Au溶解涉及的主要反應如下：①②分析以上兩反應可知，參與了反應①，但在反應②又重新生成，其質量和性質在反應前后沒發生變化，因此，上述過程中的催化劑為。（4）“還原酸浸”所得“濾液1”中含有一定濃度的未反應的硫酸和亞硫酸鈉，多次循環利用“濾液1”對礦石進行“還原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大減少了原料的浪費，從而有效降低成本；其次，持續地將雜質元素溶解并帶出礦石體系，可以使礦石中的金銀的相對品位得到提升，為后續提純工序創造更好的條件；第三，還可以減少廢水的排放量和處理成本；第四，可以回收更多的有價值的溶解成分。綜上所述，“沉銅”前，“濾液1”多次循環的目的為：大幅度降低硫酸和亞硫酸鈉的消耗成本，同時減少廢水產生量及處理成本，并通過持續去除雜質提高金銀的富含度。（5）“還原酸浸”時，和CuO可以被硫酸溶解轉化為和，亞硫酸鈉將還原為，而并未被還原，因此，的氧化性強于；“氧化”時，被氧化為，因此，的氧化性強于。綜上所述，根據“還原酸浸”“氧化”，推斷的氧化性由強到弱的順序為。（6）25℃“沉鐵”后，調節“濾液4”的pH至8.0，此時，無析出，根據的為，則。（7）由晶胞結構可知，該晶胞為面心立方，Sb位于晶胞的頂點，其與鄰近的3個面的面心上的Mn距離最近且距離相等，每個頂點參與形成8個晶胞，而每個面心參與形成2個晶胞，因此，該晶胞中，每個Sb周圍與它最近且相等距離的Mn有個。②由晶胞結構和均攤法可知，該晶胞中平均占有1個Sb和3個Mn，因此，該晶胞的質量為，該晶胞的體積為，晶體的密度為。16．三氟甲基亞磺酸鋰是我國科學家通過人工智能設計開發的一種鋰離子電池補鋰劑，其合成原理如下：實驗步驟如下：Ⅰ．向A中加入和20.0mL蒸餾水，攪拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，有氣泡產生(裝置如圖，夾持及加熱裝置省略)。80℃下反應3h后，減壓蒸除溶劑得淺黃色固體。Ⅱ．向上述所得固體中加入10.0mL四氫呋喃(THF)，充分攪拌后，加入無水，振蕩，抽濾、洗滌。將所得濾液減壓蒸除THF，得黏稠狀固體。加入適量乙醇進行重結晶。Ⅲ．將所得三氟甲基亞磺酸鈉和3.0mLTHF加入圓底燒瓶中，攪拌溶解后逐滴加入足量濃鹽酸，析出白色固體。抽濾、洗滌。Ⅳ．將濾液轉入圓底燒瓶中，加入2.0mL蒸餾水和過量LiOH。室溫攪拌反應1h后，減壓蒸除溶劑，得粗產品。加入適量乙醇進行重結晶，得產品1.1g。已知：THF是一種有機溶劑，與水任意比互溶。回答下列問題：(1)儀器A的名稱為，冷凝管中冷卻水應從(填“b”或“c”)口通入。(2)步驟Ⅰ反應中有氣泡產生，其主要成分為。(3)步驟Ⅱ中第一次洗滌的目的是。(4)步驟Ⅲ中發生反應的化學方程式為，判斷加入濃鹽酸已足量的方法為。(5)步驟Ⅳ中加入蒸餾水的作用是。(6)三氟甲基亞磺酸鋰的產率為(保留至0.01%)。【答案】(1)三頸燒瓶b(2)二氧化碳(3)將吸附在濾渣上的產品盡可能全部轉入濾液中，提高產率(4)+HCl+NaCl取少量上層清液于小試管中，滴加濃鹽酸，若無白色沉淀，則濃鹽酸已足量(5)作為溶劑，溶解后加快反應速率(6)40.12%【分析】向A中加入和20.0mL蒸餾水，攪拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，生成了三氟甲基亞磺酸鈉，硫酸鈉和氯化氫，碳酸氫鈉與氯化氫反應生成二氧化碳，所以有氣泡產生，80℃下反應3h后，減壓蒸除溶劑得淺黃色固體。向上述所得固體中加入10.0mL四氫呋喃(THF)，充分攪拌后，加入無水，可促進硫酸鈉結晶析出，振蕩，抽濾，除去硫酸鈉，洗滌可將吸附在濾渣上的產品盡可能全部轉入濾液中，提高產率。將所得濾液減壓蒸除THF，得黏稠狀固體。加入適量乙醇進行重結晶。將所得三氟甲基亞磺酸鈉和3.0mLTHF加入圓底燒瓶中，攪拌溶解后逐滴加入足量濃鹽酸，發生的化學方程式為：+HCl+NaCl，析出白色固體。抽濾、洗滌。將濾液轉入圓底燒瓶中，加入2.0mL蒸餾水和過量LiOH，水可作為溶劑，溶解后加快反應速率，室溫攪拌反應1h后，減壓蒸除溶劑，得粗產品。加入適量乙醇進行重結晶，得產品1.1g，據此解答。【詳解】（1）由圖可知，A為三頸燒瓶，中間為冷凝管，為了提高冷凝效果，冷卻水從b口通入，c口流出，故答案為：三頸燒瓶；b；（2）向A中加入和20.0mL蒸餾水，攪拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，生成了三氟甲基亞磺酸鈉，硫酸鈉和氯化氫，碳酸氫鈉與氯化氫反應生成二氧化碳，所以有氣泡產生，故答案為：二氧化碳；（3）A中反應生成了三氟甲基亞磺酸鈉，硫酸鈉和氯化氫等，上述所得固體中加入10.0mL四氫呋喃(THF)，充分攪拌后，加入無水，可促進硫酸鈉結晶析出，振蕩，抽濾除去硫酸鈉等固體、洗滌，洗滌可將吸附在濾渣上的產品盡可能全部轉入濾液中，提高產率，故答案為：將吸附在濾渣上的產品盡可能全部轉入濾液中，提高產率；（4）由分析可知，將所得三氟甲基亞磺酸鈉和3.0mLTHF加入圓底燒瓶中，攪拌溶解后逐滴加入足量濃鹽酸，發生的化學方程式為：+HCl+NaCl，析出白色固體，所以判斷加入鹽酸已足量的方法為：取少量上層清液于小試管中，滴加濃鹽酸，若無白色沉淀，則濃鹽酸已足量，故答案為：+HCl+NaCl；取少量上層清液于小試管中，滴加濃鹽酸，若無白色沉淀，則濃鹽酸已足量；（5）將濾液轉入圓底燒瓶中，加入2.0mL蒸餾水和過量LiOH，水可作為溶劑，溶解后加快反應速率，故答案為：作為溶劑，溶解后加快反應速率；（6）已知向A中加入，2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，三氟甲磺酰氯量不足，以三氟甲磺酰氯計算理論產量為：，氟甲基亞磺酸鋰的產率為40.12%，故答案為：40.12%。17．我國科學家研發出一種乙醇(沸點78.5℃)綠色制氫新途徑，并實現高附加值乙酸(沸點118℃)的生產，主要反應為：Ⅰ．

Ⅱ．

回答下列問題：(1)乙醇可由秸稈生產，主要過程為秸稈纖維素乙醇(2)對于反應Ⅰ：①已知

則。②一定溫度下，下列敘述能說明恒容密閉容器中反應達到平衡狀態的是(填標號)。A．容器內的壓強不再變化B．混合氣體的密度不再變化C．的體積分數不再變化D．單位時間內生成，同時消耗③反應后從混合氣體分離得到，最適宜的方法為。(3)恒壓100kPa下，向密閉容器中按投料，產氫速率和產物的選擇性隨溫度變化關系如圖1，關鍵步驟中間體的能量變化如圖2。[比如：乙酸選擇性]①由圖1可知，反應Ⅰ最適宜的溫度為270℃，原因為。②由圖中信息可知，乙酸可能是(填“產物1”“產物2”或“產物3”)。③270℃時，若該密閉容器中只發生反應Ⅰ、Ⅱ，平衡時乙醇的轉化率為90%，乙酸的選擇性為80%，則，平衡常數(列出計算式即可；用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數)。【答案】(1)葡萄糖(2)+44.4AC降溫冷凝后收集氣體(3)乙酸選擇性最大且反應速率較快產物136:5【詳解】（1）纖維素水解得到葡萄糖，葡萄糖發酵產生二氧化碳和乙醇；（2）①反應Ⅰ-反應Ⅱ得到“已知反應”，根據蓋斯定律=-24.3kJ·mol-1+68.7kJ·mol-1=+44.4kJ·mol-1；②恒溫恒容下發生：A．該反應是氣體總物質的量增大的反應，容器內的壓強不再變化，說明氣體總物質的量不再改變，說明反應達到平衡狀態，A符合題意；B．體積自始至終不變，氣體總質量自始至終不變，則氣體密度不是變量，混合氣體的密度不再變化，不能說明反應是否達到平衡狀態，B不符合題意；C．的體積分數不再變化，說明其物質的量不再改變，反應已達平衡，C符合題意；D．單位時間內生成，同時消耗均是逆反應速率，不能說明反應是否達到平衡狀態，D不符合題意；答案選AC；③可利用混合體系中各物質的沸點差異分離出氫氣，最適宜的方法為降溫冷凝后收集氣體；（3）①由圖1可知，反應Ⅰ最適宜的溫度為270℃，原因為乙酸選擇性最大且反應速率較快；②由圖2可知關鍵步驟中生成產物1的最大能壘為0.58eV，生成產物2的最大能壘為0.66eV，生成產物3的最大能壘為0.81eV，圖1中乙酸的選擇性最大，說明相同條件下生成乙酸的反應速率最大，則乙酸可能是產物1；③設投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密閉容器中只發生反應Ⅰ、Ⅱ，平衡時乙醇的轉化率為90%，乙酸的選擇性為80%，則平衡時生成的乙酸的物質的量=90%×80%×1=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒溫恒壓下，各組分的分壓之比=各組分的物質的量之比，故0.72：0.1=36：5；列三段式、，則平衡時乙醇、H2O(g)、氫氣、乙酸、乙醛的物質的量分別為0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，氣體總物質的量為0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，則kPa。18．化合物L是某中藥的活性成分。一種合成路線如下(略去部分試劑與反應條件，忽略立體化學)。已知：在Ru(Ⅱ)的催化下，端烯烴和生烯烴復分解反應得到產物。回答下列問題：(1)A中含氧官能團的名稱為。(2