安徽省淮北市2024届高三上学期1月调研化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省淮北市2024届高三上学期1月调研可用到的相对原子质量有：H-1C-12O-16Cu-64一、单选题(每小题3分，共45分)1.2023年5月28日，国产大飞机C919迎来商业首飞，C919机身部分采用第三代新型铝锂合金材料。下列关于铝和锂及合金的认识，正确的是（）A.铝锂合金用于机身材料是因为密度较大，强度较大B.多相R-Mg-Ni系储氢合金中，基态Ni原子中自旋状态相反的两种电子的个数比为13∶15C.铝锂合金属于新型无机非金属材料D.铝锂合金的性质保持了原来金属的性质，与各成分金属的性质都相同〖答案〗B〖解析〗A．铝锂合金用于机身材料是因为密度较小，强度较大，A错误；B．基态Ni原子的电子排布式为：，自旋状态相反的两种电子的个数比为13∶15，B正确；C．铝锂合金属于新型合金材料，C错误；D．铝锂合金的性质保持了原来金属的性质，与各成分金属的性质又有所不同，D错误；故选B。2.化学符号是化学学科进行思维的最基本的工具，下列微粒的化学符号表述正确的是（）A.基态Zn原子的价层电子排布图：B.丙酮的球棍模型：C.乙酸甲酯的结构简式：C3H6O2D.NH3的电子式：〖答案〗B〖解析〗A．4s轨道的两个电子自旋状态应相反，A错误；B．丙酮的球棍模型：，B正确；C．乙酸甲酯的结构简式为CH3COOCH3，C错误；D．氨气的电子式中氮自身的一对电子漏写，D错误；故选B。3.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A.常温下，pH为13的溶液中含有的数目为B.溶液中含N的粒子数目为C.粗铜精炼时，若阳极材料减少，电路中通过电子数一定是D.％的甲酸水溶液中，含有的氧原子数为〖答案〗B〖解析〗A．溶液体积未知，无法确定离子的物质的量，A错误；B．根据物料守恒可知：，溶液体积为，则与的总数目为，B正确；C．阳极多种金属参与反应，无法计算电子数，C错误；D．％的甲酸水溶液中，甲酸的质量为，物质的量为，故含氧原子；水的质量为，物质的量为，故含氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为，即个数为个，D错误；故选B。4.化学用语是学习化学最好的工具，下列化学用语能用于解释相应实验且书写正确的是（）A.测得碳酸钠溶液呈碱性：B.饱和溶液滴入沸水中变红褐色：C.铅酸蓄电池正极反应：D.小苏打与明矾共溶于水，产生大量气泡：〖答案〗C〖解析〗A．碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，离子方程式为：，A错误；B．沸水中加入饱和溶液至液体呈红褐色是生成氢氧化铁胶体，其化学方程式为，B错误；C．铅酸蓄电池(作电解质溶液)放电时正极上的电极反应式为，C正确；D．铝离子和碳酸氢根发生双水解，离子方程式为，D错误；故选C。5.我国科学家在世界上首次实现人工合成淀粉，如图是中间产物GAP的结构式，其中X、Y、Z、W均为短周期且原子序数依次增大的主族元素，且W的原子序数为其最外层电子数的3倍。下列说法正确的是（）A.对应氢化物沸点：Y＜ZB.X2Z2是由极性键和非极性键组成的非极性分子C.W所在周期中，第一电离能比其小的元素有5种D.1mol的该物质可以和足量的Na反应转移4mol的电子〖答案〗C〖祥解〗GAP是人工合成淀粉的中间产物，根据其结构可推知，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，因为X、Y、Z、W为原子序数依次增大的主族元素，且W的原子序数为其最外层电子数的3倍，所以为P元素。【详析】A．由分析可知，Y、Z分别为C、O元素，C对应的简单氢化物为CH4，O对应的简单氢化物为H2O时，因为CH4、H2O都是形成分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，且H2O分子中存在氢键，所以沸点大小为H2O>CH4；当C对应的氢化物为复杂氢化物时，随着碳原子个数的增加沸点逐渐增大，会逐渐大于O的氢化物的沸点，故A错误；B．由分析可知，X2Z2是H2O2，其结构为，所以H2O2是由极性键和非极性键组成的极性分子，故B错误；C．W元素是P，电子结构排布为半充满结构，所以所在周期中，第一电离能比其小的元素有5种，故C正确；D．GAP结构为，1mol该物质有3mol–OH，所以1mol的该物质可以和足量的Na反应转移3mol的电子，故D错误；故选C。6.下图是实验室模拟制备“84”消毒液的过程，其中装置和描述错误的是（）选项ABCD装置描述制备净化氯气制备“84”消毒液尾气的处理〖答案〗C〖解析〗A．和浓盐酸制备不需要加热，利用高锰酸钾的氧化性强于氯气，高锰酸钾将HCl氧化成氯气，故A说法正确；B．产生的氯气中混有HCl和水蒸气，净化氯气先通过饱和食盐水除去HCl，再通过浓硫酸除去水蒸气，故B说法正确；C．制备NaClO应采取低温，热的NaOH浓溶液主要得到，故C说法错误；D．氯气有毒，为防止污染环境，必须尾气处理，反应剩余的用NaOH溶液来吸收，故D说法正确；〖答案〗为C。7.我国华中科技大学李钰团队研究了H2S在CuFe2O4催化剂表面吸附的历程，他们通过计算机模拟出的一种机理如图所示。下列说法正确的是（）A.CuFe2O4催化剂能降低该反应的焓变B.决定该吸附历程速率的步骤是C.吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时放出能量D.该吸附历程是H2S的分解过程〖答案〗B〖解析〗A．催化剂能降低反应的活化能，提高反应速率，但不能改变反应的焓变，A错误；B．由图知，这一步骤的反应活化能最大，反应最慢，决定该吸附历程的速率，B正确；C．由吸附历程知，得到吸附状态的水分子的过程放出能量，那么吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时需吸收能量，C错误；D．该吸附历程有氧原子参与，也没有氢气产生，不是H2S的分解过程，D错误；故选B。8.高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料。它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。可以按下列方法制备：SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)下列说法不正确的是（）A.步骤①的化学方程式为SiO2+CSi+CO2↑B.步骤①中每生成1molSi，转移4mol电子C.高纯硅是制造太阳能电池的常用材料，二氧化硅是制造光导纤维的基本原料D.SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6℃)，通过蒸馏可提纯SiHCl3〖答案〗A〖解析〗A．二氧化硅在高温下与C反应生成CO气体，即步骤①的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，故A错误；B．步骤①中Si的化合价降低4价，故每生成1molSi，转移电子数为4mol，故B正确；C．高纯硅是半导体，是制造集成电路、太阳能电池的常用材料，二氧化硅是制造光导纤维的基本原料，故C正确；D．沸点相差30℃以上的两种互溶液体可以采用蒸馏的方法分离，故D正确；故〖答案〗选A。9.晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是（）A.图1晶体密度为g∙cm-3B.图1中O原子的配位数为6C.图2表示的化学式为D.取代产生的空位有利于传导〖答案〗C〖解析〗A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1个晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为g÷(a3×10-30cm3)=g/cm3，A项正确；B．图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确；C．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×=2。O：2×=1，Cl或Br：4×=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1-x，C项错误；D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D项正确；〖答案〗选C。10.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是（）选项实验探究方案探究目的A向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中滴加几滴稀硫酸，振荡，观察溶液颜色变化具有氧化性B向溶液X中加入稀硫酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中，观察是否有沉淀生成溶液X中含有或C用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol/L的NaCN和NaClO溶液的pHD常温下，向10mL0.1mol/LNaCl溶液中滴加5滴0.1mol/LAgNO3溶液，充分反应后，再滴加5滴0.1mol/LKI溶液，观察沉淀颜色变化〖答案〗D〖解析〗A．向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中滴加几滴稀硫酸，振荡，由于发生：3Fe2+++4H+=3Fe3++NO+2H2O，可观察到溶液颜色由浅绿色变为橙黄色，体现的氧化性而不是具有氧化性，A不合题意；B．已知SO2和CO2通入到澄清石灰水中均能生成白色沉淀，故向溶液X中加入稀硫酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中，即使生成白色沉淀，也不能确定溶液X中含有或，还可能是或者，B不合题意；C．由于NaClO具有强氧化性，能够漂白pH试纸，则不能用pH试纸测量NaClO溶液的pH值，C不合题意；D．常温下，向10mL0.1mol/LNaCl溶液中滴加5滴0.1mol/LAgNO3溶液，充分反应后可以观察到白色沉淀产生，且AgNO3不足，再滴加5滴0.1mol/LKI溶液，产生黄色沉淀，说明存在AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)，故能得出，D符合题意；故〖答案〗为：D。11.利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是（）A.总反应为加成反应 B.Ⅰ和Ⅴ互为同系物C.Ⅵ是反应的催化剂 D.化合物X为〖答案〗B〖解析〗A．由催化机理可知，总反应为+，该反应为加成反应，A正确；B．结构相似、分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，和结构不相似、分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B错误；C．由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了VI，VI是反应的催化剂，C正确；D．I+VI→X+II，由I、VI、II的结构简式可知，X为H2O，D正确；〖答案〗选B。12.湖北蕲春李时珍的《本草纲目》记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一的结构简式如图。下列说法正确的是（）A.该物质属于芳香烃 B.可发生取代反应和氧化反应C.分子中有5个手性碳原子 D.1mol该物质最多消耗9molNaOH〖答案〗B〖解析〗A．该有机物中含有氧元素，不属于烃，A错误；B．该有机物中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，另外，该有机物可以燃烧，即可以发生氧化反应，B正确；C．将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，在该有机物结构中，标有“*”为手性碳，则一共有4个手性碳，C错误；D．该物质中含有7个酚羟基，2个羧基，2个酯基，则1mol该物质最多消耗11molNaOH，D错误；故选B。13.我国科学家最近发明了一种电池，电解质为、和KOH，通过a和b两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域，结构示意图如下。下列说法不正确的是（）A.a为阳离子交换膜、b为阴离子交换膜B.电子由Zn电极经过外电路流向电极C.放电时，Zn电极反应为D.消耗6.5gZn的同时，电极理论上应增重3.2g〖答案〗D〖祥解〗该电池为Zn-PbO2电池，从图中可知，Zn发生氧化反应转化为，故锌极为负极、PbO2极为正极，则M区为KOH，R区为K2SO4，N区为H2SO4；放电时正极反应为，负极反应为，为了溶液维持电中性，M区钾离子进入R、N区硫酸根离子进入R，故a为阳离子交换膜、b为阴离子交换膜；【详析】A．由分析可知，a为阳离子交换膜、b为阴离子交换膜，A项正确；B．电子由负极经外电路流向正极，故电子由Zn电极经过外电路流向电极，B项正确；C．根据分析，放电过程中Zn电极反应为：，C项正确；D．消耗6.5gZn，电子转移0.2mol，根据电子守恒可知，电极反应为，理论上应增重0.1mol×303g/mol-0.1mol×239g/mol=6.4g，D项错误；故选D。14.在体积均为2L的恒容容器中，分别在200℃和T℃时，发生如下反应，A的物质的量浓度(单位：mol/L)随时间变化的有关实验数据见下表：时间/min0246810200℃0.800.550.350.200.150.15T℃1.000.650.350.180.180.18下列有关该反应的描述正确的是（）A.在200℃时，4min内用B表示的化学反应速率为0.225mol/(L·min)B.T℃下，6min时反应刚好达到平衡状态C.从表中可以看出T＞200℃D.在该题目条件下，无法判断正反应方向是否为放热反应〖答案〗C〖解析〗A．B是固体，不能用B的浓度变化表示化学反应速率，故A错误；B．根据表格数据，T℃下，可能在4~6min内某一时刻反应刚好达到平衡状态，故B错误；C．从表中可以看出T℃反应速率大于200℃，所以T＞200℃，故C正确；D．T＞200℃，200℃时K=，T℃时K=，升高温度，K增大，可知正反应吸热，故D错误；选C。15.下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是（）A.由点可求得B.时溶解度为C.浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离D.混合溶液中时二者不会同时沉淀〖答案〗C〖解析〗A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则===，故A错误；B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则===，时的溶解度为=10-3，故B错误；C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀和，故C正确；D．由图可知，沉淀完全时，，pM5，此时pH约为4.7，在此pH下刚开始沉淀的浓度为，而题中>，则会同时沉淀，故D错误；〖答案〗选C。二、实验题16.己二酸[HOOC(CH2)4COOH]是一种重要的工业原料，通常为白色结晶体，微溶于冷水，易溶于热水和乙醇。实验室以环己醇()为原料制取己二酸实验流程如图：已知：“氧化”过程发生的主要反应为：KOOC(CH2)4COOK△H<0该反应装置如图所示。回答下列问题：（1）装置图中仪器A的名称为___________。（2）“氧化”过程应采用___________加热(填标号)。A.酒精灯 B.水浴 C.油浴 D.电炉（3）“氧化”过程中，当环己醇滴速不同时，溶液温度随时间变化曲线如下图所示，实验过程中应选择的环己醇滴速为___________滴/min。（4）“氧化液”中加浓盐酸酸化时有气泡产生，推测该气体的成分有________(填化学式)。（5）已知：不同温度下，相关物质在水中的溶解度如下表：物质己二酸氯化钠氯化钾25℃时溶解度/g2.136.134.370℃时溶解度/g6837.848100℃时溶解度/g16039.556.3①己二酸晶体“洗涤”的方法为___________(填字母)。A．用乙醇洗涤B．用热水洗涤C．用冷水洗涤②除去己二酸晶体中含有的氯化钠杂质通常采取的实验方法为_______________________。（6）实验时称取10.0g环己醇(M=100g/mol)，最终得到纯净的己二酸(M=146g/mol)晶体11.68g，则该实验中己二酸的产率为___________(保留两位有效数字)。〖答案〗（1）三颈烧瓶(或三口烧瓶)（2）B（3）5（4）Cl2、CO2（5）①C②重结晶（6）80%〖祥解〗环己醇加入高锰酸钾、碳酸钠水浴加热生成KOOC(CH2)4COOK和二氧化锰，过滤滤液加入盐酸酸化后、蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤、洗涤干燥得到己二酸；【详析】（1）装置图中仪器A的名称为三颈烧瓶(或三口烧瓶)；（2）“氧化”过程需要加热的温度低于50℃，低于水的沸点，故选择水浴加热，选B；（3）由图可知，实验过程中应选择的环己醇滴速为5滴/min，此时反应速率较平和，反应温度低于要求温度50℃；（4）“氧化液”含有碳酸钠、高锰酸钾，加浓盐酸酸化时，碳酸钠和盐酸生成二氧化碳、高锰酸钾和盐酸发生氧化还原反应生产氯气，故推测该气体的成分有Cl2、CO2；（5）①由图可知，己二酸晶体在低温时溶解度较小，此时洗涤损失较小，故“洗涤”的方法为C．用冷水洗涤；②利用两者的溶解度不同，除去己二酸晶体中含有的氯化钠杂质通常采取的实验方法为重结晶法；（6）实验时称取10.0g环己醇(M=100g/mol)，最终得到纯净的己二酸(M=146g/mol)晶体11.68g，则该实验中己二酸的产率为。三、工业流程题17.锗是重要的半导体材料，是一种“稀散金属”，如图是以中和渣(主要成分为GeO2、Fe2O3、ZnO、SiO2、CaSO4等)为原料生产二氧化锗的工艺流程：已知：①GeCl4的沸点：83℃，FeCl3的沸点：315℃。②H2GeO3在高酸度时易聚合形成胶状多聚锗酸。③常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀的pH见下表(离子浓度低于10-5mol·L-1视为沉淀完全)。离子Fe3+Zn2+开始沉淀pH2.26.2完全沉淀pH3.28.2回答下列问题：（1）①“酸浸”时加热的目的是_________________，浸渣的主要成分是___________。②测得相同时间内锗的浸出率与硫酸的物质的量浓度(mol·L-1)的关系如图所示。硫酸浓度过高，浸出率反而降低的原因是______________________________________。（2）常温下，若“沉锗”时用饱和NaOH溶液调pH=3.0，此时滤液中-lgc(Fe3+)为___________。（3）“残余液”的溶质主要成分为___________(填化学式)。（4）“中和水解”的化学反应方程式为___________________________________。（5）纯度测定称取mgGeO2样品，在加热条件下溶解，用NaH2PO2将其还原为Ge2+，用cmol·L-1KIO3标准溶液滴定，消耗KIO3标准溶液的平均体积为VmL，需选用的指示剂为___________，样品纯度为___________%。(实验条件下，NaH2PO2未被KIO3氧化)[已知：+H+Ge4++I-+H2O(未配平)；]。〖答案〗（1）①加快浸出反应速率SiO2、CaSO4②硫酸的浓度过高时，会形成胶状多聚锗酸，不易分离，导致浸出率降低（2）4.4（3）NaCl、FeCl3（4）CeCl4+4NH3·H2O=CeO2+4NH4Cl+2H2O（5）淀粉溶液〖祥解〗酸浸将金属氧化物溶解。沉锗将其转化H2GeO3。溶解将H2GeO3转化为GeCl3。【详析】（1）升温可加快反应速率。SiO2和CaSO4均不溶于硫酸，可经过滤除去。已知信息知，硫酸的浓度过高时，会形成胶状多聚锗酸。〖答案〗为加快浸出反应速率；SiO2、CaSO4；硫酸的浓度过高时，会形成胶状多聚锗酸，不易分离，导致浸出率降低；（2）已知pH=3.2(OH-的浓度为10-10.8mol/L)时完全沉淀即Ksp=c(Fe3+)c3(OH-)=10-5×(10-10.8)3=10-37.4。pH=3.0(OH-的浓度为10-11mol/L)时c(Fe3+)=mol/L。此时滤液中-lgc(Fe3+)=4.4。〖答案〗为4.4；（3）沉锗时Fe3+一起沉淀了，溶解时Fe(OH)3转变为FeCl3。所以“残余液”的溶质主要成分为NaCl、FeCl3。〖答案〗为NaCl、FeCl3；（4）中和目的氨水将GeCl4转化为GeO2，反应为CeCl4

+4NH3·H2O=CeO2

+4NH4Cl+2H2O。〖答案〗为CeCl4

+4NH3·H2O=CeO2

+4NH4Cl+2H2O；（5）由已知反应知若KIO3过量可产生I2，所以选择淀粉作为指示剂。由得失电子守恒得关系式为3Ge2+~KIO3得n(Ge2+)=3n(KIO3)=3cV×10-3mol=n(GeO2)，最终计算纯度为。〖答案〗为淀粉溶液；。四、原理综合题18.近年来我国在应对气候变化工作中取得显著成效，并向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。因此将CO2转化为高附加值化学品成为科学家研究的重要课题。I．工业上在Cu-ZnO催化下利用CO2发生如下反应①来生产甲醇，同时伴有反应②发生。①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1（1）已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.6kJ·mol-1，则△H1=___________。（2）向密闭容器中加入CO2(g)和H2(g)，合成CH3OH(g)。已知反应①的正反应速率可表示为v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，逆反应速率可表示为v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，其中k正、k逆为速率常数。如图中能够代表k逆的曲线为___________(填“L1”“L2”“L3”或“L4”)。（3）不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如图所示。=1\*GB3①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是___________。压强为p1时，温度高于570°C之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大的原因是_____________________________。②图中点M(500，60)，此时压强p1为0.1MPa，CH3OH的选择性为(选择性：转化的CO2中生成CH3OH占整个转化的CO2的百分比)。则该温度时反应①的平衡常数Kp=___________(MPa)-2(分压=总压×物质的量分数)。II．电化学法还原二氧化碳制乙烯在强酸性溶液中通入二氧化碳，用惰性电极进行电解可制得乙烯，其原理如图所示：（4）阴极电极反应为_________________________________________，该装置中使用的是___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。〖答案〗（1）-49.4kJ/mol（2）L4（3）①p3＞p2＞p1反应①是放热反应，反应②是吸热反应，温度高于570°C之后，反应转化率主要由反应②决定②150（4）2CO2+12e-+12H+=CH2=CH2+4H2O阳〖解析〗（1）将反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)和反应②相加即可得到反应①，则△H1=△H+△H2=-90.6kJ·mol-1+41.2kJ·mol-1=-49.4kJ·mol-1。（2）温度升高，反应速率加快，速率常数也增大。反应①的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，逆反应速率增大得更快，所以图中能够代表k逆的曲线为L4。（3）①反应①的正反应是放热反应，反应②的正反应是吸热反应，温度较低时温度对放热反应的影响大，随温度升高，反应①逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，反应②正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，所以在570°C之前，二氧化碳平衡转化率减小的程度大于二氧化碳平衡转化率增大的程度，二氧化碳的平衡转化率降低，温度较高时则相反，所以压强一定时，温度高于570°C之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大；反应①的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，反应②反应前后体积不变，平衡不受压强影响，所以p3＞p2＞p1。②设起始时加入的二氧化碳的物质的量为1mol，则氢气为3mol，M点时，二氧化碳的平衡转化率为60%，则转化的二氧化碳为0.6mol，甲醇的选择性为，则生成甲醇的二氧化碳为6mol×=0.4mol，在反应①中，同时消耗氢气1.2mol，生成的甲醇和水蒸气均为0.4mol，反应②转化的二氧化碳为0.2mol，同时消耗氢气0.2mol，生成的CO和水蒸气均为0.2mol，所以平衡时二氧化碳为1mol-0.4mol-0.2mol=0.4mol，氢气为3mol-1.2mol-0.2mol=1.6mol，水蒸气为0.4mol+0.2mol=0.6mol，气体总物质的量为0.4mol+1.6mol+0.6mol+0.2mol+0.2mol=3.2mol，则二氧化碳的分压为=0.0125MPa，氢气的分压为×0.1MPa=0.05MPa，甲醇的分压为×0.1MPa=0.0125MPa，水蒸气的分压为×0.1MP