湖北省部分市州2022-2023学年高三元月联合调研考试化学试题（解析版）

湖北省部分市州2023年元月高三年级联合调研考试化学试卷本试卷共8页，19题。全卷满分100分。考试时间75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Na-23Al-27S-32K-39Ti-48一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与我们的生活息息相关，下列说法正确的是A.漂粉精可用于游泳池的消毒 B.常温下pH约为5.6的雨水是酸雨C.糯米中的淀粉水解后就酿成了酒 D.丹霞地貌的岩层因含磁性氧化铁而呈红色【答案】A【解析】【详解】A．漂粉精中的有效成分Ca(ClO)2，可以和CO2以及水反应生成次氯酸，可用于游泳池消毒，A正确；B．正常雨水由于溶解了CO2，pH约为5.6，pH小于5.6的雨水才能成为酸雨，B错误；C．糯米中的淀粉水解的最终产物是葡萄糖，C错误；D．磁性氧化铁为四氧化三铁，丹霞地貌的岩层中含Fe2O3，该物质为红棕色，导致岩层显红色，D错误；故选A。2.抗坏血酸(即维生素C，结构如图)是常用的抗氧化剂，下列有关说法正确的是A.分子式为 B.属于脂溶性维生素C.能发生取代反应、氧化反应 D.大量服用有益于身体健康【答案】C【解析】【详解】A．由维生素C结构可知，该分子的分子式为C6H8O6，故A错误；B．维生素C含有四个羟基，是水溶性维生素，故B错误；C．分子结构中含有羟基，可以发生取代反应，含有羟基、碳碳双键，可发生氧化反应，故C正确；D．大量服用维生素C会引发恶心、腹泻等症状，不利于身体健康，故D错误；故选C。3.非物质文化遗产是一个国家和民族历史文化成就的重要标志，是优秀传统文化的重要组成部分。下列有关说法错误的是A.景德镇青花瓷器是硅酸盐产品B.非遗文化“北京绢人”由丝绢制成，不能用加酶洗涤剂清洗C.安化黑茶制作工艺中包含杀青、揉捻、渥堆等，其中渥堆是发酵工序，该工序中发生了氧化还原反应D.非遗油纸伞能防水是因为伞面涂了由桐树籽压榨的桐油，桐油的化学成分是烃类化合物【答案】D【解析】【详解】A．青花瓷器的主要成分是硅酸盐，故青花瓷器是硅酸盐产品，A正确；B．丝绢主要成分是蛋白质，蛋白质在酶的作用下会水解为氨基酸，因此不能用加酶洗涤剂清洗，B正确；C．发酵工序中，茶叶发生了氧化还原反应，C正确；D．桐油的主要化学成分是脂肪酸甘油三酯，不是烃类化合物，D错误；故选D。4.下列化学用语正确的是A.乙烯分子的结构简式为B.基态溴原子的简化电子排布式C.甲醛的电子式D.水分子的空间结构模型【答案】C【解析】【详解】A．烯烃的结构简式中碳碳双键不能省略，乙烯的结构简式为CH2=CH2，A错误；B．基态溴原子的核外有35个电子，分4层排布，基态溴原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p5，B错误；C．甲醛分子中H、C原子间共用1对电子，O、C原子间共用2对电子，O原子外围达到8e-结构，其电子式为，C正确；D．水中氧原子分别与两个氢原子形成共价键，O的价层电子对数为4，含有2个孤电子对，则水分子为V形结构，空间结构模型为，D错误；故选C。5.表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.固体中所含阳离子数为B.乙烷和丙烯混合气体中所含键数为C.3.9gK在氧气中完全反应转移电子数为D.与足量充分反应生成的分子数为【答案】A【解析】【详解】A．固体中含和，则0.1mol固体中所含阳离子数为，A正确；B．为指出气体所处状况，无法计算气体的物质的量，B错误；C．0.1molK失电子变成K+，转移0.1mol电子，转移电子数为，C错误；D．与发生酯化反应，该反应为可逆反应，因此反应生成的分子数小于，D错误；故选A。6.羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物(图中⑦)的反应机理如图所示。下列说法正确的是A.③是该反应的催化剂B.③到④的过程中有极性键的断裂和非极性键的生成C.⑥中有1个手性碳原子D.合成⑦的总反应为【答案】B【解析】【详解】A．③是第一步反应的产物，第二个反应的反应物，所以③只是该反应的中间产物，不是该反应的催化剂，故A错误；B．③到④的过程中，有C—N极性键的断裂和C—C非极性键的生成，故B正确；C．⑥中有2个手性碳原子，如图，故C错误；D．合成⑦的总反应为，故D错误；故答案为：B7.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A.用泡沫灭火器灭火原理：B.将氯化银溶于氨水：C.用漂白液吸收少量二氧化硫气体：D.除去苯中混有的少量苯酚：++【答案】B【解析】【详解】A．泡沫灭火剂的主要成分为硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液，所以泡沫灭火器的灭火原理为：，故A错误；B．氯化银溶于氨水，氯化银可与氨水反应生成可溶的二氨合银离子，，故B正确；C．漂白液吸收少量二氧化硫气体，则次氯酸钠过量，即生成的氢离子会与过量的次氯酸跟结合反应生成弱电解质HClO，则其离子方程式为：，故C错误；D．苯酚不与碳酸氢钠反应，但能与氢氧化钠或者碳酸钠反应，除去苯中混有的少量苯酚可选用氢氧化溶液，即++，故D错误；故选B。8.钛合金等新型合金广泛应用于航空航天领域，工业上以钛铁矿(，其中Ti为价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是A.“氯化”过程中，既不氧化剂也不是还原剂B.“氯化”过程中，每生成气体，转移电子C.由制备Ti的过程中，Ar气可换成氮气D.由制备Ti反应的原子利用率为100%【答案】B【解析】【分析】氯化发生的反应为：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，得到TiCl4，然后镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2。【详解】A．“氯化”过程中，中Fe由+2价变为+3价，是还原剂，A错误；B．反应2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO中，每生成6molCO，转移14mol电子，生成气体，转移电子×14mol=0.7mol，B正确；C．高温下Ti与N2反应，由制备Ti的过程中，Ar气不可换成氮气，C错误；D．由制备Ti反应为TiCl4+2MgTi+2MgCl2，属于置换反应，原子利用率不是100%，D错误；故选B。9.某物质结构如图所示，其中X、Y、Z、M、W均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。下列说法正确的是A.原子半径： B.第一电离能：C.X和Y原子均为杂化 D.该物质中除W外均是p区元素【答案】D【解析】【分析】W的原子序数最大，且形成+1价阳离子，则W为Na；M形成1个共价键，其原子序数小于Na，则M为F；Z形成2个共价键，其原子序数小于F，则Z为O；Y、X均能形成4个共价键，且原子序数X<Y，且它们的原子序数都小于O，则X为B，Y为C，因此，X为B、Y为C、Z为O、M为F、W为Na，由此来作答。【详解】A．由分析可知，Y为C、Z为O、W为Na，原子半径O<C<Na(Z<Y<W)，故A错误；B．有分析可知，X为B、Y为C、Z为O、M为F，第一电离能大小顺序是：F>O>C>B（M>Z>Y>X），故B错误；C．C原子形成1个双键，2个单键，采取sp2杂化，B原子形成4个单键，采取杂化，故C错误；D．根据分析可知，X为B、Y为C、Z为O、M为F、W为Na，除了Na元素，其他都是p区元素，故D正确；故选：D。10.下列关于物质的结构或性质的描述及解释都正确的是A.键角：，是由于中O上孤电子对数比分中O上的少B.沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛分子间范德华力更强C.稳定性：，是由于水分子间存在氢键D.酸性：，是由于的羧基中羟基极性更小【答案】A【解析】【详解】A．随着孤电子对数增多，成键电子对与成键电子对之间的斥力减小，键角也减小，H2O的孤电子对数=，H3O+的孤电子对数=，所以键角大小为，选项A正确；B．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是因为对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，所以对羟基苯甲醛分子间作用力较大，熔沸点也较高，B错误；C．稳定性：，是因为非金属性O>S，C错误；D．Cl的电负性大于H，电负性越大，形成共价键的极性越强，因此，的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性，D错误；答案选A。11.金属钛(Ti)与氮形成的某种化合物常被用作高温结构材料和超导材料。研究表明，用Al代替其中部分的Ti可提升耐磨性5倍以上，掺杂Al后的晶胞结构如图所示。已知该晶体属立方晶系，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A.b点原子的分数坐标为B.掺杂Al后，晶体中C.氮化钛晶胞中，Ti原子位于N原子形成的八面体空隙中D.已知最近的两个N原子之间的距离为，则氮化钛晶体的密度为【答案】C【解析】【详解】A．b点原子的分数坐标为，A错误；B．结合晶胞结构，Ti为12×=3，Al为1，N为8×+6×=4，晶体中，B错误；C．由晶胞结构可知，钛原子位于氮原子构成的八面体空隙中，C正确；D．最近的两个N原子之间的距离为，则晶胞边长为cnm，氮化钛晶体中Ti为12×+1=4，N为8×+6×=4，则化学式为TiN，密度为==，D错误；故选C。12.由下列实验操作及现象，不能推出相应结论的是选项操作现象结论A将镁条点燃，迅速伸入集满的集气瓶中集气瓶中产生大量白烟，并有黑色颗粒产生具有氧化性B常温下，向溶液中加入溶液，再滴加5~6滴溶液先产生白色沉淀，后部分白色沉淀变为蓝色相同温度下：C向某溶液样品中加入浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸变蓝溶液样品中含D向某甲酸样品中先加入足量溶液，再做银镜反应实验出现银镜该甲酸样品中混有甲醛A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．燃着的金属镁能在装有CO2的集气瓶中反应生成Mg2CO3和C，说明CO2具有氧化性，A正确；B．向溶液中加入溶液，两者发生反应生成白色沉淀，并剩余，再加入5~6滴溶液，部分白色沉淀转化为蓝色沉淀，说明相同温度下：，B正确；C．向盛有某无色溶液的试管中，滴加浓NaOH溶液并加热，在管口放一片湿润的红色石蕊试纸，若变蓝，则存在，C正确；D．加入足量NaOH溶液后HCOOH转化为HCOONa，HCOONa中仍具有醛基的结构特征，会干扰甲醛的检验，D错误；答案选D。13.钾长石()是含钾量较高、分布最广、储量最大的非水溶性钾资源，以钾长石为原料制取钾肥的一种工艺流程如下图所示。已知：钾长石中的钾元素和铝元素在作用下转化为和。下列说法正确的是A.可用“水浸”操作直接提取钾长石中的主要成分B.“浸渣Ⅰ”可以作为冶炼金属铝的主要原料C.“碱化Ⅱ”发生的主要反应为D.流程中只有可循环利用【答案】C【解析】【分析】依题意，煅烧后钾元素、铝元素转化为NaAlO2、KAlO2、硅元素转化为CaSiO3。水浸过滤后，滤液中主要含有NaAlO2、KAlO2、Na2CO3等，通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3、KHCO3，加入NaOH溶液碱化时，NaHCO3转化为Na2CO3并结晶析出、KHCO3转化为K2CO3，过滤分离可得K2CO3溶液。【详解】A．钾长石是非水溶性钾资源，不能用“水浸”操作直接提取其中的主要成分，A错误；B．“浸渣Ⅰ”主要含有CaCO3和CaSiO3，不能冶炼金属铝，B错误；C．加入NaOH溶液碱化时，NaHCO3、KHCO3分别转化为Na2CO3、K2CO3，反应的离子方程式为：，C正确；D．流程中除CO2可以循环利用外，还有Na2CO3也可以循环利用，D错误；故选C。14.1，2-二氯乙烷主要用作聚氯乙烯单体制取过程的中间体，用电有机合成法合成1，2-二氯乙烷的装置如图所示。下列说法中正确的是A.直流电源电极a为负极B.X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜C.液相反应中，被氧化为1，2-二氯乙烷D.该装置总反应为【答案】C【解析】【分析】由电解池装置图可知，左侧亚铜离子失去电子生成二价铜离子，为电解池的阳极，则a为电源正极，溶液中的氯离子经过阴离子交换膜X移向阳极，右侧氢离子得到电子生成氢气，为阴极，则b为电源的负极，溶液中的钠离子经过阳离子交换膜Y移向阴极，同时生成氢氧化钠。液相反应中氯化铜与乙烯反应生成1，2—二氯乙烷和氯化亚铜，据此解答。【详解】A．根据分析，直流电源电极a为正极，A错误；B．由分析可知，X为阴离子交换膜，Y为阳离子交换膜，B错误；C．液相反应中，C2H4与CuCl2反应生成1，2-二氯乙烷时碳元素化合价升高，发生氧化反应，应为C2H4被CuCl2氧化为1，2-二氯乙烷，C正确；D．以NaCl溶液和乙烯为原料合成1，2-二氯乙烷中，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，D错误；故答案选C。15.常温下，向溶液中逐滴加入溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图所示。下列分析错误的是A.曲线1表示的物质的量分数随溶液pH的变化B.时，溶液中：C.溶液中：D.反应的平衡常数【答案】B【解析】【分析】向溶液中逐滴加入溶液，发生反应分别为H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O、NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，所得溶液中物质的量逐渐减少，物质的量先逐渐增多，然后逐渐减少，物质的量逐渐增多，直至最大，则结合图像，曲线1表示的物质的量分数随溶液pH的变化，曲线2表示物质的量分数随溶液pH的变化，曲线3表示物质的量分数随溶液pH的变化，据此解答。【详解】A．根据分析，曲线1表示的物质的量分数随溶液pH的变化，A正确；B．时，物质的量等于物质的量，结合电荷守恒，溶液中：，B错误；C．属于盐，完全电离为Na+和，溶液显酸性，少部分电离出氢离子，溶液中：，C正确；D．根据反应，该反应对应图像pH=1.2时，此时c()=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2时，c()=c()，Ka2=c(H+)=10-4.2，由电离常数可知K===，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.叠氮化钠()常用作汽车安全气囊中的药剂。某化学小组在实验室制取叠氮化钠的实验装置(略去夹持仪器)如图所示：实验步骤如下：①制取：打开装置D导管上的旋塞，加热。②制取：加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。③制取：向装置A中b容器内充入适量植物油并加热到210℃~220℃，然后通入。④冷却，向产物中加入乙醇(降低的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。已知：是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚；熔点210℃，沸点400℃，在水溶液中易水解。回答下列问题：（1）仪器e的名称为___________，其中盛放的药品为___________。（2）先加热制取再加热装置A中金属钠的原因是___________。（3）还可由固体(熔点为169.6℃)在240℃~245℃分解制得，则可选择的最佳气体发生装置是___________(填字母序号)。A.B．C．（4）制取化学方程式为___________。（5）步骤④中用乙醚洗涤晶体产品的主要原因，一是减少的溶解损失，防止产率下降；二是___________。（6）该化学小组用滴定法测定晶体产品试样中的质量分数的实验过程：称取2.500g试样配成溶液，再取溶液于锥形瓶中后，加入溶液。待充分反应后，将溶液稍稀释，并加入适量硫酸，再滴入3滴邻菲啰啉指示液，用标准溶液滴定过量的，消耗标准溶液。涉及的反应方程式为：，则试样中的质量分数为___________(保留三位有效数字)。【答案】（1）①.U形管②.碱石灰（2）利用产生的氨气排尽装置中的空气（3）B（4）（5）乙醚易挥发，利于晶体快速干燥（6）91.0%【解析】【分析】D装置制取氨气，用C装置冷凝分离出水，B装置干燥氨气，A装置先制取，再制取，冷却，向产物中加入乙醇(降低的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。【小问1详解】仪器e为U形管；制备的氨气中含有大量的水，用C装置冷凝分离出水，U形管中盛放碱石灰干燥氨气；【小问2详解】先加热制取再加热装置A中金属钠的原因是：利用产生的氨气排尽装置中的空气；【小问3详解】分解过程中会产生水，为了防止水倒流到试管底部使试管炸裂，试管口要略向下倾斜，同时固体的熔点为169.6℃，为防止加热过程中硝酸铵熔化流出，应选择B装置加热，故选B。【小问4详解】和在210℃~220℃条件下反应生成和水，反应的化学方程式为；【小问5详解】乙醚易挥发，用乙醚洗涤晶体，利于晶体快速干燥；【小问6详解】消耗的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为：0.0500mol/L×0.03L=0.0015mol，加入(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为：0.1000mol/L×0.05L=0.005mol，根据可知，与NaN3反应的(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为：0.005mol-0.0015mol=0.0035mol，依据2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3

=4NH4NO3

+2Ce(NO3)3

+2NaNO3

+3N2↑可知，50.00mL溶液中含有的NaN3的物质的量为0.0035mol，则试样中NaN3的质量分数为：×100%=91.0%。17.三氧化二镍()是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含Ni、Al、Fe的氧化物，，C等)制备的工艺流程如下所示：已知：①该实验条件下、Fe(Ⅲ)不能氧化Ni(Ⅱ)。②常温下，溶液中金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：离子pH开始沉淀pH7.23.72.27.5完全沉淀pH8.7…3.29.0③萃取的原理为。回答下列问题：（1）“预处理”时，可以用___________(填化学式)溶液除去废料表面的油脂油污。（2）“浸出”时，提高浸出效率可采取的措施有___________(任写一种)。滤渣1的主要成分是___________。（3）“氧化”时，加入发生反应的离子方程式为___________，目的是___________。（4）若常温下，“调pH”时，溶液中浓度为，为使等杂质离子沉淀完全，则需控制溶液的pH范围是___________。（5）“萃取”时，操作若在实验室进行，需要用到的主要玻璃仪器有___________、烧杯。（6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系：温度低于30.8℃30.8~53.8℃53.8~280℃高于280℃晶体形态多种结晶水合物从溶液获得稳定的晶体的操作是：___________。【答案】（1）NaOH（或Na2CO3）（2）①.适当升高温度（或适当增大稀硫酸的浓度或延长浸取时间等）②.SiO2、C（3）①.②.将先氧化成再调pH除去，避免损失（4）（5）分液漏斗（6）蒸发浓缩、冷却至30.8~53.8℃之间结晶并过滤【解析】【分析】含镍废料预处理后，加入稀硫酸进行酸浸，使Ni、Al、Fe元素转化为对应的可溶性硫酸盐，SiO2、C等不溶物过滤后可除去，滤液中加入NaClO3，使氧化生成，调节溶液pH，可使、生成氢氧化物沉淀除去，加入有机萃取剂后，形成NiR2（有机相），从而使与水溶性杂质分离，加入稀硫酸进行反萃取，得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、控温冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥等操作后，得到晶体，再进一步处理得到产品。【小问1详解】油脂油污属于酯类，在碱性条件下可以完全水解而被除去，因此在预处理含镍废料时可以用热的NaOH溶液或热的Na2CO3溶液进行碱浸。【小问2详解】提高浸出效率主要从加快反应速率、使反应更充分等角度考虑，因此可采取的措施有适当升高温度、适当增大稀硫酸的浓度、延长浸取时间等。含镍废料中不溶于稀硫酸的物质主要有SiO2、C，因此酸浸完成后过滤得到的滤渣1主要成分是SiO2、C。【小问3详解】NaClO3具有氧化性，能把Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为：。因为与生成氢氧化物沉淀的pH接近，如调pH除去，会使损失，因此需要把氧化成后再除去，避免损失。【小问4详解】常温下，根据，结合表格数据得开始沉淀时，则，当溶液中浓度为时，根据计算得，此时，为防止损失，溶液pH应小于6.7。同理可计得完全沉淀时溶液pH=4.7，故为使等杂质离子沉淀完全，pH应大于等于4.7。因此需要控制溶液的pH范围是。【小问5详解】实验室进行萃取实验时，需要用到的主要玻璃仪器为分液漏斗、烧杯。【小问6详解】根据表格数据，由溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30.8~53.8℃之间结晶并过滤。18.某种聚碳酸酯F的透光性好，可制成车、船的挡风玻璃，以及眼镜镜片、光盘等，其合成路线如下：已知：（1）化合物A的名称为___________，化合物C中所含官能团的名称为___________。（2）化合物B的用途有___________(任写一种)。（3）反应③的化学方程式为___________，反应类型为___________。（4）化合物E的结构简式为___________。（5）碳酸二甲酯()的分子式为___________，写出其能与溶液反应的同分异构体的结构简式___________(任写两种)。【答案】（1）①.氯苯②.羟基（2）制造酚醛树脂（3）①.②.取代反应（4）（5）①.C3H6O3②.HOCH2CH2COOH、CH3CH(OH)COOH【解析】【分析】由PC塑料的结构()，可知E为，结合已知条件及C的结构简式及D的分子式，可知D为，结合A的结构简式及B的分子式C6H6O，可知B为苯酚，据此分析解答。【小问1详解】根据A的结构简式，名称为氯苯；根据C的结构简式，C中只含有一种官能团羟基；小问2详解】根据分析可知，B为苯酚，苯酚的用途有作为酚醛树脂的原料，皮肤杀菌等；【小问3详解】根据分析可知，C为，D为，结合已知条件，C→D的反应方程式为，该反应为取代反应；【小问4详解】根据分析可知E为；【小问5详解】碳酸二甲酯()的分子式为C3H6O3；能与溶液反应的官能团有羧基或酯基，则可以是HOCH2CH2COOH、CH3CH(OH)COOH、HOCH2COOCH3、CH3OCH2COOH、HCOOCH2CH2OH等均符合。19.当前，实现碳中和已经成为全球的广泛共识，化学科学在此过程中发挥着至关重要的作用。（1）一种将二氧化碳催化合成甲醇的技术原理为。①一定条件下，将和充入某恒温恒容密闭容器中发生上述反应，下列不能说明反应达到平衡状态的是___________(填字母序号)。A．的消耗速率与的消耗速率相等B．的体积分数保持不变C．混合气体的平均密度保持不变D．混合气体的平均相对分子质量保持不变②研究温度对甲醇产率的影响时发现，在210℃~290℃，保持原料气中和的投料比不变，得到平衡时甲醇的产率与温度的关系如图所示，则该反应的___________0(填“=”“>”或“<”)，原因是___________。③设平衡体系中甲醇的物质的量分数为。若控制初始投料比，使反应在不同条件下达到平衡。测得下的关系和下的关系如图所示，则图中表示下的关系的曲线是___________(填“a”或“b”)。当时，的平衡转化率___________(保留三位有效数字)，反应条件可能为___________或___________。（2）也可以转化为重要的工业原料