福建省龙岩市高三下学期3月份质量检测一模化学试题

龙岩市2024年高中毕业班三月教学质量检测化学试题(考试时间：75分钟满分：100分)注意：1.请将答案填写在答题卡上2.可能用到的相对原子质量：H1Li7C12O16Mn55Cu64Zn65一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产、生活和社会密切相关。下列叙述正确的是A.制造5G芯片的氮化铝晶圆是复合材料B.杭州亚运会吉祥物“江南忆”机器人芯片的主要成分为二氧化硅C.杭州亚运会特许商品“亚运莲花尊”的艺术载体青瓷属于无机非金属材料D.神舟十六号飞船返回舱“外衣”中的酚醛树脂属于天然有机高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A．制造5G芯片的氮化铝是一种高温结构陶瓷，属于新型的无机非金属材料，不是复合材料，A错误；B．机器人所采用芯片的主要成分为硅，B错误；C．青瓷属于陶瓷，属于无机非金属材料，C正确；D．酚醛树脂属于合成的有机高分子化合物，D错误；故答案选C。2.反应：Al2Cl6+2NH3=2Al[(NH3)Cl3]中，共价化合物Al2Cl6的结构式为，下列说法错误的是A.1molAl[(NH3)Cl3]中通过pp轨道重叠形成的σ键数目为4NAB.Al2Cl6分子中所有原子最外层均满足8电子结构C.反应前后Al原子配位数不变D.Al[(NH3)Cl3]属于极性分子【答案】A【解析】【详解】A．Al[(NH3)Cl3]分子中含有3个Al—Cl键、3个N—H键和1个N—Al键，其中Al—Cl键为p—pσ键，N—H键为s—pσ键，N—Al键属于配位键，不是轨道重叠形成，则1molAl[(NH3)Cl3]中通过p—p轨道重叠形成的σ键数目为3NA，故A错误；B．由Al2Cl6分子结构图可知，Al原子外围有4对成键电子对，Cl原子有2对成键电子对,还含有2对孤电子对，所以Al2Cl6分子中所有原子最外层均满足8电子结构，故B正确；C．由Al2Cl6分子结构图可知，Al原子的配位数为4；Al[(NH3)Cl3]分子分子中含有3个Al—Cl键、1个N—Al键(实质为配位键)，则Al原子的配位数也是4，即反应前后Al原子配位数不变，故C正确；D．Al[(NH3)Cl3]分子中含有3个Al—Cl键、1个N—Al键，且两种键的键长不相等，正负电中心不能重合，所以Al[(NH3)Cl3]属于极性分子，故D正确；故选A。3.化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如图所示，下列说法错误的是A.X分子中所有原子不可能共平面B.Y分子中不存在手性碳原子C.1molY最多能与3molNaOH反应D.Y、Z可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别【答案】A【解析】【详解】A．X分子中，羟基通过旋转可以和苯环平面共面，羧基平面通过旋转也可以和苯环平面共面，A错误；B．Y中的所有碳原子都没有连接4个完全不同的原子或原子团，所以Y中不存在手性碳原子，B正确；C．Y和氢氧化钠反应的方程式为：+3NaOH+NaBr+H2O+CH3OH，C正确；D．Z中含有醛基，能使新制氢氧化铜悬浊液产生砖红色沉淀，Y中没有醛基，不会和新制氢氧化铜反应，故可以利用新制氢氧化铜悬浊液鉴别，D正确；故选A4.一种由短周期元素构成的洗涤剂中间体结构式如图所示，X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族，Q、Z、Y同周期，Q原子核外成对电子对数与未成对电子数相等，Y可与X形成空间构型为角形的分子，下列说法正确的是A.第一电离能：Y>Z>QB.简单离子半径：W>Y>ZC.Z元素的氧化物对应水化物为强酸D.Y的简单氢化物的中心原子的VSEPR构型为正四面体【答案】D【解析】【分析】由该结构图可知，X原子只形成一个键，W原子带一个正电荷，且X与W同族，则X、W分别为H元素和Na元素；Q原子核外成对电子数与未成对电子数相等，且形成了四个键，则Q是C元素；Z元素形成了三个键，且与碳元素同周期，原子序数比碳元素大，则Z元素为N；Y与X形成会形成空间结构为角形的分子，且Q分别与碳元素形成了一个双键和一个单键，则可得出Y为O元素，故X、Q、Z、Y、W分别是H、C、N、O、Na元素。【详解】A．同周期第一电离能从左往右呈增大的趋势，但由于氮元素最外层的2p轨道为半满，更不易失去电子，所以氮的第一电离能比相邻两元素的第一电离能大，原子半径越小的，第一电离能越大，即第一电离能：Z>Y>Q，故A错误；B．W、Y、Z为Na、O、N，这三种元素对应的简单离子的电子层结构相同，则核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：Z>Y>Q，故B错误；C．Z元素的氧化物NO2对应的水化物为亚硝酸，为弱酸，故C错误；D．Y的简单氢化物为H2O，其中心原子氧的杂化类型为sp3，对应的VSEPR模型为正四面体，故D正确；故答案为：D。5.电化学“大气固碳”方法是我国科学家研究发现的，相关装置如图所示。下列说法正确的是A.该电池可选用Li2SO4水溶液做离子导体B.放电时，电极B反应为CO2+4e=C+2O2C.充电时，Li+从电极A移向电极BD.放电时，电路中每通过1mol电子，正极区质量增加40g【答案】D【解析】【分析】放电时，A为负极，电极反应为，B为正极，电极反应为，充电时，A为阴极，电极反应式为，B为阳极，电极反应为，据此分析。【详解】A．放电时电极A为负极，电极材料为Li，会与水反应，因此该电池只可选用无水电解液，A错误；B．放电时，B正极，电极反应为，B错误；C．充电时，阳离子移向阴极，则的移动方向是从电极B移向电极A，C错误；D．放电时，正极电极反应为，增加的质量为二氧化碳与锂离子的总质量，当有4mol电子转移时，增加的质量为(3×44+4×7)g=160g，则电路中每通过1mol电子时，正极区质量增加40g，D正确；故答案选D。6.兴趣小组设计以下实验，探究MnOx氧化甲苯蒸气(还原产物为MnO)生成无污染气体的效果。下列说法错误的是A.气体X可以是氮气B.通过Ⅲ、Ⅳ中现象可判断甲苯否被MnOx完全氧化C.若n(甲苯)：n(MnOx)=1：36发生反应，则x=1.5D.装置Ⅲ、Ⅳ互换顺序仍可判断甲苯是否被完全氧化【答案】D【解析】【分析】实验中用气体X将甲苯蒸气带入II中，II中MnOx氧化甲苯蒸气，产物经过后续装置进行检验和处理，据此作答。【详解】A．气体X是为了除去装置内的空气，可以用N2，A正确；B．若甲苯没有被完全氧化，则川中KMnO4溶液紫色褪去，IV石灰水继续浑浊，B正确；C．甲苯C7H8中的C为价，被MnOx氧化为CO2，CO2中的C为+4价，若n(C7H8)=1mol，则转移电子36×(2x2)=36mol，x=1.5，C正确；D．甲苯是气体，密度比水小，会浮在石灰水表面，互换顺序后无法判断甲苯是否被完全氧化，D错误；故选D。7.以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的CuO、SiO2、Fe2O3)为原料制备ZnO的流程如图所示。下列说法正确的是已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。A.HNH键角：[Cu(NH3)4]2+<NH3B.“滤渣②”的主要成分为Fe、Cu和ZnC.所含金属元素的质量“滤液①”<“滤液②”D.“煅烧”时需要在隔绝空气条件下进行【答案】C【解析】【分析】浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，MnO2、Fe2O3不反应，滤液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3•H2O，滤渣①的主要成分为Fe2O3和MnO2；加入Zn粉时，发生反应Zn+[Cu(NH3)4]2+＝Cu+[Zn(NH3)4]2+，从而实现去除杂质[Cu(NH3)4]2+，滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，滤液②中主要含[Zn(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3•H2O，经过蒸氨沉锌操作获得沉淀，最后煅烧获得ZnO。【详解】A．NH3提供孤电子对与Cu2+形成配位键后，孤电子对转化为成键电子对，对N—H成键电子对受到的排斥力减小，则HNH键角变大，即[Cu(NH3)4]2+>NH3，故A错误；B．由分析可知，滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，故B错误；C．由分析可知，滤液①中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，加入锌粉发生反应Zn+[Cu(NH3)4]2+＝Cu+[Zn(NH3)4]2+，因此滤液①中[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+，因此滤液②中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2+，Zn的相对原子质量大于Cu，金属元素的质量增加，即“滤液①”<“滤液②”，故C正确；D．煅烧时会分解，Zn为+2价，不会被氧气氧化，因此不需要隔绝空气，故D错误；故答案选C。8.用1，3­丙二醇捕捉CO2合成碳酸丙烯酯()的反应机理如图所示，下列说法错误的是A.机理中存在极性键的断裂B.化合物A是上述反应的催化剂C.催化循环中Zn的化合价发生了变化D.若将原料替换为1，2丙二醇，则产物为【答案】C【解析】【详解】A．极性键是共用电子对发生偏移的化学键，通常由不同种原子之间形成的共价键为极性键，机理中存在极性键的断裂，故A正确；B．催化剂反应前后其质量和性质均不变，由图可知，化合物A是上述反应的催化剂，故B正确；C．催化循环中Zn的化合价始终为+2，故C错误；D．1，3­丙二醇的结构简式为CH2(OH)CH2（OH）CH3，根据反应机理可知，其反应产物为，故D正确；故选C。9.下列有关反应事实与离子方程式相匹配的是A.Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB.将过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO=HClO+HSOC.向硝酸银溶液中滴入少量氨水：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2OD.在苯酚钠溶液中通入少量CO2：【答案】D【解析】【详解】A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中，I被氧化为碘单质，反应的离子方程式为Fe2O3+6H++2I=2Fe2++3H2O+I2，故A错误；B．将过量SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化为，SO2+H2O+ClO=Cl+SO+2H+，故B错误；C．向硝酸银溶液中滴入少量氨水生成氢氧化银沉淀，反应的离子方程式为Ag++NH3·H2O=AgOH↓+，故C错误；D．在苯酚钠溶液中通入少量CO2生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，故D正确；选D。10.室温下，将盐酸滴入Na3R溶液中，测得混合溶液的pH与、或的关系如图所示。下列说法错误的是A.L3表示pH与的关系曲线B.Na2HR溶液呈碱性C.水解常数Kh3的数量级为1012D.混合溶液的pH=7时，【答案】C【解析】【分析】25℃时，Ka1(H3R)=，则溶液pH相同时，，函数lgx为减函数，值越小说明分式越大，则lg＞lg＞lg，所以L1表示pH与lg的关系曲线，L2表示pH与lg的关系曲线，L3表示pH与lg的关系曲线，以此分析解答。【详解】A．根据分析可知：L3表示pH与lg的关系曲线，A正确；B．L1曲线表示pH与lg的关系曲线，在溶液pH=8时，lg=5.2，则=105.2，=105.2，Ka3==108×105.2=1013.2；L2表示pH与lg的关系曲线，在pH=7.1时，lg=0，=1，c(H+)=107.1mol/L，Ka2==107.1mol/L，Kh2=，Ka3＜Kh2，水解程度大于电离程度，所以Na2HR的水溶液显碱性，B正确；C．根据上述分析可知：L3表示pH与lg的关系曲线，在pH=3时，lg=2.2，=102.2，=102.2，Ka1==103×102.2=100.8，Kh3=，则水解常数Kh3的数量级为1014，C错误；D．溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(H2R)+2c(HR2)+3c(R3)+c(Cl)，由于混合溶液pH=7，c(H+)=c(OH)，所以c(Na+)=c(H2R)+2c(HR2)+3c(R3)+c(Cl)，因此c(Na+)＞c(H2R)+2c(HR2)+3c(R3)，D正确；故合理选项是C。二、非选择题(本题包括4小题，共60分)11.实验室用苯甲醇钠做催化剂，以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理及部分物质的性质如下：物质熔点/℃沸点/℃溶解性密度/g·cm3苯甲醇15.9204.7可溶于水1.01苯甲醛56.6179微溶于水1.01苯甲酸苯甲酯21323不溶于水1.12苯甲酸122.4249.2不溶于水1.32已知：RO极易结合H+转化为ROH．回答以下问题：步骤Ⅰ制备苯甲醇钠按图1所示装置，在圆底烧瓶中依次加入磁转子、苯甲醇(7.0g，0.065mol)、金属钠(0.3g，0.013mol)。开启搅拌，使反应在微热状态下进行，反应结束后，撤去热源，冷却至室温。（1）表明反应已经完成的现象是___________。（2）装置A的作用是___________。步骤Ⅱ制备苯甲酸苯甲酯制备装置如图2所示(加热及夹持装置已略去)。在四口烧瓶中加入苯甲醛(45.4g，0.428mol)，使整个反应体系恒温在50℃。通过恒压滴液漏斗缓慢滴加苯甲醇钠(30min内滴加完毕)后保温1h。（3）本实验中制取苯甲酸苯甲酯的化学反应方程式为___________。（4）久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，如果不除去将大大降低反应速率，原因是___________；除去苯甲醛中少量苯甲酸的实验方法是___________。（5）装置中能起到减少反应物挥发作用的仪器名称为___________。步骤Ⅲ分离提纯产品待体系冷却至室温，加入20mL水，搅拌10min，收集有机相，再用20mL蒸馏水洗涤有机相，经无水硫酸钠干燥后，蒸馏，弃去开始时收集的馏分，再调高电加热套的电压，收集205207℃的馏分，得31.5g无色粘稠液体。（6）收集的有机相用蒸馏水洗涤目的是___________，该操作在___________(填仪器名称)中进行。（7）步骤Ⅲ中蒸馏是在___________(填“常压”或“减压”)下进行的。（8）本实验的产率___________(计算结果保留一位小数)。【答案】11.圆底烧瓶中的金属钠消失(或不再产生气泡)12.防止水蒸气等进入装置发生副反应13.214.①.苯甲酸使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效②.蒸馏15.球形冷凝管16.①.除去产物中的苯甲醛和苯甲醇②.分液漏斗17.减压18.69.4%【解析】【分析】根据题干可知，本题中苯甲醇钠做催化剂，苯甲醛为原料，产物为苯甲酸苯甲酯，产物不溶于水，密度比水大，据此作答。【小问1详解】步骤Ⅰ为制备苯甲醇钠，加入苯甲醇(7.0g，0.065mol)、金属钠(0.3g，0.013mol)，发生的反应为：2+2Na→2+H2，可知加入的苯甲醇量多，因此金属钠可以被消耗完，当观察到圆底烧瓶中的金属钠消失或不再产生气泡时表明反应已经完成，故答案为：圆底烧瓶中的金属钠消失(或不再产生气泡)。【小问2详解】装置A的作用是防止水蒸气等进入装置发生副反应，故答案为：防止水蒸气等进入装置发生副反应。【小问3详解】步骤Ⅱ为制备苯甲酸苯甲酯，苯甲醇钠做催化剂，苯甲醛为原料，发生的反应为：2，故答案为：：2。【小问4详解】由于RO极易结合H+转化为ROH，久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，苯甲酸会使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效；观察题中所给的物理数据可知，两者在水中溶解度小，但是沸点差异较大，因此除去苯甲醛中少量苯甲酸的实验方法是蒸馏，故答案为：苯甲酸使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效；蒸馏。【小问5详解】观察图中装置，反应物球形冷凝管进行冷凝回流，可以减少反应物挥发，因此装置中能起到减少反应物挥发作用的仪器名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管。【小问6详解】反应后的收集的有机相中含有苯甲醛、苯甲醇、苯甲酸苯甲酯，根据题中所给物理性质可知苯甲酸苯甲酯不溶于水，因此用蒸馏水洗涤目的是除去产物中的苯甲醛和苯甲醇，分离互不相溶的液体的方法是分液，使用仪器为分液漏斗，故答案为：除去产物中的苯甲醛和苯甲醇；分液漏斗。【小问7详解】产物苯甲酸苯甲酯的沸点是323℃，但收集的是205207℃的馏分，而减压蒸馏可以降低压强，降低沸点，节约能源，因此是减压蒸馏，故答案为：减压。【小问8详解】已知加入苯甲醛为0.428mol，根据反应2，可知理论上生成的苯甲酸苯甲酯也为0.214mol，即理论上生成的质量为，产率=，故答案为：69.4%。12.以大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)为原料，制备MnxOy及Mn(H2PO4)2·2H2O，所得产品具有广泛的用途。制备过程如下图所示：已知：①金属离子浓度≤105mol/L时，认为该离子沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2＋Fe2＋Fe3＋Al3＋Mg2＋Zn2＋开始沉淀的pH8.1631.53.48.96.2沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.2②25℃时，Ksp(ZnS)=2.9×1025；Ksp(MnF2)=5.3×103；Ksp(MgF2)=7.4×1011；Ksp(MnCO3)=1.0×1011。（1）基态锰原子的价层电子轨道表示式为___________。（2）“浸取”时，有副产物MnS2O6生成，请写出该副反应的化学方程式___________。温度对锰的浸出率、MnS2O6生成率的影响如图所示，为了减少副产物的生成，最适宜的温度___________。（3）“调pH”时，应控制的pH范围是___________。“净化”后滤渣3的主要成分___________。（4）“沉锰”时，加入过量NH4HCO3溶液，该反应的离子方程式为___________。若改用加入(NH4)2CO3溶液，还会产生Mn(OH)2，可能的原因是：MnCO3(s)＋2OH(aq)Mn(OH)2(s)＋CO32(aq)，25℃时，计算该反应的平衡常数的对数值lgK=___________(填数值)。（5）要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为___________、过滤、洗涤、干燥。（6）“煅烧”时，不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。①晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏伽德罗常数为NAmol1，则晶体Ⅰ的密度为___________g·cm3。②晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过Zn2+在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。“ii”代表电池___________(填“充电”或“放电”)过程，“iii”的电极反应式为___________。【答案】（1）（2）①.MnO2+2SO2=MnS2O6②.90℃左右（3）①.②.ZnS、MgF2（4）①.Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O②.1.8（5）蒸发浓缩、冷却结晶（6）①.174/(a2bNA)×1030②.放电③.ZnxMn0.61□0.39O2xe=Mn0.61□0.39O+xZn2+【解析】【分析】大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)为原料，通入SO2加硫酸浸取，Si被去除，氧化将方便后续除去，调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+沉淀，再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和，“沉锰”生成MnCO3沉淀，煅烧得到MnxOy，或者加磷酸进一步制备可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，据此分析解题。【小问1详解】锰原子序数为25，位于周期便第四周期第VIB族，价层电子轨道表示式为；【小问2详解】“浸取”时，有副产物MnS2O6生成，该副反应的化学方程式，结合题目中所给温度对锰的浸出率、MnS2O6生成率的影响图，为了减少副产物的生成，最适宜的温度90℃左右；【小问3详解】“调pH”时，为了保证杂质离子沉淀，锰离子不沉淀，应控制的pH范围是，可让和部分沉淀，再加和净化主要是除去和，因此“净化”后滤渣3的主要成分ZnS、MgF2；【小问4详解】“沉锰”时，加入过量NH4HCO3溶液，该反应的离子方程式为，对于反应，，完全沉淀时，pH，，且，，所以，故，；【小问5详解】要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶；【小问6详解】根据均摊法，原子个数为，O原子个数，根据晶体密度计算公式，则晶体Ⅰ的密度为g·cm3；晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，“ii”代表电池放电过程，“iii”的电极反应式为ZnxMn0.61□0.39O2xe=Mn0.61□0.39O+xZn2+；13.在180~280℃下，Cu/ZrO2催化CO2和H2合成甲醇是实现碳中和的措施之一，其主反应为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=49.3kJ·mol1，该合成过程还存在一个副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2，催化合成机理如图。物质CO2(g)CO(g)H2O(g)焓/kJ·mol1394111242（1）稳定单质的焓(H)为0，有关物质的焓如上表所示，ΔH2=___________kJ·mol1。（2）下列关于CO2和H2催化合成反应的说法正确的是___________。(填相应字母)A.催化过程(Ⅰ)中碳元素的杂化方式发生改变B.催化过程(Ⅴ)中，每生成1molCH3OH同时形成2molσ键C.气体平均相对分子质量不变时说明主反应和副反应均达到平衡D.其他条件不变下，减小反应器体积，副反应平衡不发生移动（3）在5.0MPa下，将5molCO2和16molH2在Cu/ZrO2催化剂作用下进行反应。平衡时CH3OH和CO选择性S[S(CH3OH或CO)=×100%]及CO2的转化率a随温度的变化如图所示。①表示平衡时CO选择性的曲线是___________(填“a”“b”或“c”)。②解释曲线c呈现先减小后增大变化趋势的原因___________。③250℃时，测得平衡体系共有0.5molCH3OH，结合上图计算CO2的平衡转化率=___________，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的Kp=___________(MPa)2.(列出计算式)④p、q两点的主反应的正反应速率大小：V正(p)___________V正(q)。(填“>”“=”或“<”)【答案】（1）+41（2）AC（3）①.b②.250℃以前，体系以主反应为主，温度升高，主反应逆向移动，CO2的转化率降低；250℃以后，体系以副反应为主，温度升高，副反应正向移动，CO2的转化率升高③.20%④.⑤.<【解析】【小问1详解】对于反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的焓变ΔH2=（稳定单质的焓为0，故氢气的焓是0）；【小问2详解】A．CO2中，碳原子杂化方式sp，催化过程(Ⅰ)后产物中碳原子杂化方式sp2，杂化方式发生改变，A正确；B．催化过程(Ⅴ)中，每生成1molCH3OH同时形成3molσ键，B错误；C．气体平均相对分子质量，当体平均相对分子质量不变时说明各物质的物质的量不变，说明主反应和副反应均达到平衡，C正确；D．其他条件不变下，减小反应器体积，主反应平衡正向移动，导致物质的浓度改变，副反应平衡也会发生移动，D正确；故选AC；【小问3详解】反应①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)为放热反应，反应②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升温反应①逆向移动，反应②正向移动，故表示平衡时CO选择性的曲线是b；曲线c呈现先减小后增大变化趋势的原因是250℃以前，体系以主反应为主，温度升高，主反应逆向移动，CO2的转化率降低；250℃以后，体系以副反应为主，温度升高，副反应正向移动，CO2的转化率升高；250℃时，测得平衡体系共有0.5molCH3OH，结变化图可知，选择性S=50%，，所以，CO2的平衡转化率，对于反应①对于反应②，变化的CO2为0.5mol，则平衡时二氧化碳为51=4mol，氢气为