安徽省合肥市部分学校2024届高三下学期三模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省合肥市部分学校2024届高三下学期三模可能用到的相对原子质量：H1Li7C12O16P31Cl35.5Br80Sn119Ba137一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.我国著名化学家徐光宪曾指出：“化学是不断发明和制造对人类更有用的新物质的科学。化学科学是现代科学技术发展的重要基础科学。”下列说法正确的是（）A.5G时代某三维存储器能储存海量数据，其半导体衬底材料是SiO2B.铁磁流体液态机器人中驱动机器人运动的磁铁的主要成分是Fe2O3C.三苯基铋在石墨烯中加热得到铋纳米球胶体，铋纳米球的直径在1nm以下D.氨硼烷(BH3NH3)作为一种储氢材料备受关注，氨硼烷分子中只存在极性共价键〖答案〗D〖解析〗A．半导体衬底材料是单晶硅，SiO2是制造光纤的材料，A项错误；B．磁铁的主要成分是Fe3O4，B项错误；C．铋纳米球的直径在1~100nm之间，C项错误；D．氨硼烷(BH3NH3)分子中存在B—H、B—N，N—H键，均是极性共价键，D项正确；故选D。2.在473K、12159kPa下处理白磷(结构如图所示)得到斜方黑磷，继续增大压力，斜方黑磷还能转化为菱形黑磷(每层由曲折的磷原子链组成)，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法中错误的是（）A.白磷与黑磷属于磷元素的同素异形体B.中含有中子数为C.12.4g白磷与0.6molH2在密闭容器中充分反应，生成的PH3分子数为D.0.11mol白磷发生反应：，转移的电子数为〖答案〗C〖解析〗A．白磷和黑磷是磷元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故A正确；B．原子的中子数为16，则中含有的中子数为×16×NAmol—1=1.6NA，故B正确；C．12.4g白磷物质的量为，白磷与氢气生成磷化氢的反应为：，该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则0.1mol白磷与0.6mol氢气完全反应生成磷化氢的分子数小于0.1mol×4×NAmol—1=0.4NA，故C错误；D．由方程式可知，11mol白磷反应时，转移电子的物质的量为120mol，则0.11mol白磷完全反应时，转移电子的数目为0.11mol××NAmol—1=1.2NA，故D正确；故选C。3.根据实验操作和现象，得出相应结论正确的是（）选项实验操作现象结论A向溴水中加入苯，振荡后静置水层颜色变浅溴与苯发生了加成反应B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入少量新制的煮沸无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C向K2CrO4溶液中缓慢滴加5~10滴溶液黄色变为橙红色增大氢离子浓度，向生成的方向移动D加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红氯乙烯加聚是可逆反应〖答案〗C〖解析〗A．向溴水中加入苯，苯萃取了溴水中的溴，振荡后静置，液体分为两层，下层为水，上层为溴的苯溶液，并非是发生加成反应，A错误；B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B错误；C．K2CrO4溶液中存在平衡，缓慢滴加硫酸，浓度增大，平衡正向移动，故溶液由黄色变成橙红色，C正确；D．聚氯乙烯加强热产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D错误；故选C。4.下列含硫化合物的反应中，离子方程式正确的是（）A将SO2通入NaClO溶液中：B.向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：C.向硫代硫酸钠溶液中加入硫酸：D.水垢中的CaSO4用Na2CO3溶液处理：〖答案〗D〖解析〗A．HClO具有强氧化性，具有还原性，二者不能共存，少量SO2通入NaClO溶液中离子方程式为：；多量SO2SO2通入NaClO溶液中离子方程式为：，A错误；B．氢硫酸是二元弱酸，不能完全电离，，B错误；C．Na2S2O3易溶于水，应写成离子形式：，C错误；D．CaSO4微溶，CaCO3难溶，可以实现沉淀转化：，D正确；故选D。5.X是一种重要的含氮有机物，其结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是（）A.分子中所有碳原子一定共平面 B.分子中N原子的杂化方式为sp2C.所含元素中第一电离能最大的是氧 D.1molX能与2molBr2发生取代反应〖答案〗D〖解析〗A．两个苯环间通过碳碳单键相连，碳碳单键可以旋转，故所有碳原子可能共平面，不是一定共平面，故A错误；B．X分子中氮原子以氨基的形式存在，氮原子采取sp3杂化，故B错误；C．氮原子的2p轨道为半充满状态，比较稳定，其第一电离能大于氧的，故C错误；D．酚羟基的邻、对位上的氢原子可以与Br2发生取代反应，故D正确；故选D。6.某课题组以季戊四醇-四-3-硫基丙酸酯(R)和化合物X为主要原料聚合合成了硫醚端基聚合物PTMP-PMAA，过程如图所示。PTMP-PMAA可以作为配体合成多种具有优良催化功能的金属纳米团簇［已知硫基(—SH)与羟基性质类似］。下列说法正确的是（）A.化合物X的名称为丙烯酸B.该聚合反应可以在水溶液中进行C.酸性条件下可能得到副产物D.化合物X存在顺反异构〖答案〗C〖解析〗A．化合物X的名称应为：2-甲基丙烯酸，A错误；B．季戊四醇-四-3-硫基丙酸酯属于酯类物质，酯类一般难溶于水，所以一般不用水作溶剂，应当使用有机溶剂，B错误；C．硫基(—SH)和羧基可以发生类似酯化反应，所以得到2-甲基丙烯酸和季戊四醇-四-3-硫基丙酸酯的类似酯化反应产物，所以可能得到副产物：，C正确；D．化合物X如图：，双键左侧是两个氢原子，所以无顺反异构，D错误；故选C。7.M分子的结构如图所示，其中X、Y、Z、W为同主族的前五周期元素，E是短周期主族元素，Y的电负性大于W，E与Z的价电子数之和与Mg的质子数相同，与电子层结构相同，工业上利用沸点差异从空气中分离出Z的单质。下列说法错误的是（）A.基态X、Y、Z、W的价电子排布式为ns2np3B.X的第一电离能在同周期元素中排第三C.原子半径大小：X>ED.W所在周期的元素种类数比X所在周期多18〖答案〗D〖祥解〗X、Y、Z、W为同一族的元素，根据分子的成键特征可知，四者均为VA族元素，X、Z能与苯环碳相连，工业上利用沸点差异分离出Z的单质(工业上分离液体空气分离氮气和氧气)，推测X为磷、Z为氮，E与Z的价电子数之和与Mg的质子数相同，E形成1个共价键，与电子结构相同，则E为氯；Y的电负性大于W，则Y为As、W为Sb，以此解答。【详析】由分析可知X、Y、Z、W依次为P、As、N、Sb，E为Cl。A．X、Y、Z、W为ⅤA族元素，其价电子排布式为ns2np3，A项正确；B．同周期从左往右，元素的第一电离能整体呈增大的趋势，第ⅤA族最外层np容纳的是3个电子，属于半充满状态，是稳定结构，能量低，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：Ar>Cl>P>S，P位于第三位，B项正确；C．同周期主族元素，从左往右，原子半径依次减小，则原子半径：P>Cl，C项正确；D．Sb位于第五周期，有18种元素，P位于第三周期，有8种元素，前者比后者多10种，D项错误。故选D。8.下列实验装置中能达到实验目的的是（）ABCDA.除去Cl2中少量HCl B.蒸干制备胆矾C.熔融纯碱 D.制备Cl2〖答案〗C〖解析〗A．Cl2和HCl均能与饱和NaHSO3溶液反应，A错误；B．用蒸发皿进行蒸发结晶，蒸干会造成胆矾晶体失去结晶水，B错误；C．熔融纯碱时使用铁坩埚，C正确；D．二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气时需要酒精灯加热，D错误；故选B。9.HCHO与O2可以在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O，其反应历程如图所示(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法错误的是（）A.HCHO分子中碳原子的杂化方式为sp2B.若用标记HAP中氧原子，则反应后仍在HAP中C.该反应可表示为D.CO2是由极性键形成的非极性分子〖答案〗B〖解析〗A．甲醛分子中存在碳氧双键，碳原子采取sp2杂化，A正确；B．根据过渡态示意图，HAP中氧原子与甲醛中的H相连最后转变为水分子，则被标注的氧原子进入水中，B错误；C．从题干信息和反应历程看，该反应可表示为，C正确；D．CO2的结构式为，它是由极性键形成的非极性分子，D正确；故选B。10.工业上在600℃时电解含40%NaCl和60%CaCl2的混合电解液制取金属钠的电解槽如图所示，下列说法错误的是（）A.使用混合电解液的目的是为了降低NaCl熔点B.网状隔膜用于防止生成的Cl2和Na相互反应C.理论上，每转移，生成1molCl2D.若用串联的铅酸电池组电解NaCl制取Na，则PbO2极接石墨极〖答案〗C〖祥解〗电解池中放电顺序：Cl->OH-、H+>金属离子，阳极反应式：，阴极为水放电生成氢气；【详析】A．CaCl2和NaCl混合，可降低NaCl的熔点，A项正确；B．网状隔膜用于隔离阳极产物与阴极产物，防止Cl2与Na发生反应，B项正确；C．阳极反应式：，故转移，理论上生成0.5molCl2，C项错误；D．PbO2作为铅酸电池的正极，应与石墨阳极连接，D项正确；故选C。11.某课题组利用工业废气中的NO制备NH4NO3的工艺流程如图所示，若装置Ⅰ和装置Ⅱ中反应后都为(不考虑HNO2电离)，下列说法错误的是（）A.装置Ⅰ中反应的离子方程式为B.装置Ⅰ中若有5.6L(标准状况下)NO参与反应，则转移0.5mol电子C.装置Ⅲ中，可实现原子利用率最大化D.装置Ⅲ发生的氧化还原反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为〖答案〗D〖祥解〗由题给流程可知，装置Ⅰ中发生的反应为一氧化氮与溶液中Ce4+离子反应生成Ce3+离子、硝酸根离子、亚硝酸和氢离子，反应的离子方程式为；装置Ⅱ中电解反应所得溶液，Ce3+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成Ce4+离子，氢离子部分在阴极得到电子发生氧化反应生成氢气，除杂得到含有等物质的量的硝酸和亚硝酸的溶液；装置Ⅲ中发生的反应为氨气和氧气与溶液中的硝酸和亚硝酸反应生成硝酸铵，总反应的化学方程式为。【详析】A．由分析可知，装置Ⅰ中发生的反应为一氧化氮与溶液中Ce4+离子反应生成Ce3+离子、硝酸根离子、亚硝酸和氢离子，反应的离子方程式为，故A正确；B．由分析可知，装置Ⅰ中发生的反应为一氧化氮与溶液中Ce4+离子反应生成Ce3+离子、硝酸根离子、亚硝酸和氢离子，反应的离子方程式为，由方程式可知，装置Ⅰ中2mol一氧化氮发生反应时，转移电子的物质的量为4mol，则标准状况下5.6L一氧化氮发生反应时，转移电子的物质的量为×2=0.5mol，故B正确；C．由分析可知，装置Ⅲ中发生的反应为氨气和氧气与溶液中的硝酸和亚硝酸反应生成硝酸铵，总反应的化学方程式为，由方程式可知，装置Ⅲ中时，生成物只有硝酸铵，可实现原子利用率最大化，故C正确；D．由分析可知，装置Ⅲ中发生的反应为氨气和氧气与溶液中的硝酸和亚硝酸反应生成硝酸铵，总反应的化学方程式为，由方程式可知，氧化剂氧气和还原剂亚硝酸的物质的量比为1∶2，故D错误；故选D。12.将等量的乙酸乙酯分别与等体积的溶液、溶液、蒸馏水混合，加热，甲、乙同学分别测得酯层体积、乙醇浓度随时间变化如下图所示。下列说法不正确的是（）A.乙酸乙酯在酸性条件下水解反应为：B.，乙酸乙酯的水解速率：碱性>酸性>中性C.，乙酸乙酯的水解量：碱性=酸性D.，酯层体积：酸性<碱性，推测与溶剂极性的变化有关〖答案〗C〖解析〗A．乙酸乙酯在稀硫酸作催化剂条件发生水解生成乙酸和乙醇，故A正确；B．由图可知，在时间内，酯层减少的体积：碱性>酸性>中性，可知乙酸乙酯的水解速率：碱性>酸性>中性，故B正确；C．硫酸条件下一段时间后酯层减少速度加快，并不是水解速率提高导致，而是因为随溶剂中乙醇的增大，导致乙酸乙酯溶解量增加，因此乙酸乙酯的水解量在酸性、碱性条件下并不相等，故C错误；D．，酯层体积：酸性<碱性，主要原因是溶液中乙醇含量增大，溶剂极性变化，导致乙酸乙酯的溶解量增加，故D正确；故选：C。13.25℃，取浓度均为的ROH溶液和HX溶液各20mL，分别用的盐酸、的NaOH溶液进行滴定。滴定过程中溶液的pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A.HX为弱酸，ROH为强碱B.曲线Ⅱ时溶液中；C.滴定前，ROH溶液中：D.滴定至的过程中，两种溶液中由水电离出的始终保持不变〖答案〗C〖祥解〗滴定的ROH溶液，溶液由碱性变为酸性，对应曲线为Ⅰ，则曲线Ⅱ为滴定HX溶液；【详析】A．常温下，的HX溶液的，的ROH溶液的，所以HX为弱酸，ROH为弱碱，A错误；B．曲线Ⅱ是用氢氧化钠滴定HX，滴定至时，溶质是等浓度的HX、NaX，根据物料守恒和电荷守恒，存在，B错误；C．的ROH溶液的，溶液中仅有少量ROH电离，此时溶液显碱性，且水也会电离出氢氧根离子，则ROH溶液中存在，C正确；D．酸和碱都会抑制水的电离，滴定至的过程中盐酸、氢氧化钠均过量，水的电离程度先变大后减小，则两种溶液中由水电离出的先增大后减小，D错误；故选C。14.1，2-丙二醇(CH2OHCHOHCH3)单分子解离可以得到多种不同产物或自由基，反应相对能量随反应历程的部分变化如图所示。解离路径包括碳碳键断裂解离和脱水过程。下列说法正确的是（）A.可用质谱法鉴别TS1和TS2两条路径的产物B.从能量的角度分析，TS2路径的速率比TS1路径快C.产物比产物更稳定D.1，2-丙二醇中C—C键的键能相差约为〖答案〗D〖解析〗A．TS1与TS2路径对应的有机产物互为同分异构体，应用红外光谱仪鉴别，A错误；B．TS2的能垒比TS1的大，TS2路径反应慢，B错误；C．的相对能量为，的相对能量为，相对能量低的物质更稳定，C错误；D．中①处C—C键断裂和②处C—C键断裂生成对应自由基的相对能量相差为，D正确；故选D二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡与氯气反应制备SnCl4装置如图所示(部分夹持仪器已省略)。有关信息如表所示：化学式SnSnCl2SnCl4熔点/℃232246沸点/℃2260652114其他性质银白色固体金属，化学性质与Fe相似无色晶体，易被、I2等氧化为无色液体，易水解生成回答下列问题；（1）Sn在元素周期表中的位置是___________。（2）B、C、F、G盛装的试剂应依次选用___________(填字母，试剂可重复使用)。a．浓H2SO4b．澄清石灰水c．饱和NaCl溶液d．NaOH浓溶液（3）冷阱③和小烧杯⑤内都装入冷水，生成的SnCl4经冷凝后，收集于E装置的试管④中，该液体常常呈黄绿色，原因是___________。（4）用玻璃棒蘸取少量产物SnCl4，放置在潮湿的空气中，片刻即产生白色烟雾和，写出相关反应的化学方程式：___________。（5）提纯：将SnCl4粗产品用如图所示的装置进行提纯。请给出操作顺序：将粗产品加入圆底烧瓶，连接好装置，夹紧安全瓶上弹簧夹，打开抽气泵、加热器→___________(填字母，下同)→___________→___________→将产品转至干燥器中保存。a．打开安全瓶上的弹簧夹，关闭抽气泵b．关闭加热器，待烧瓶冷却至室温c．控温到114℃（6）利用沉淀滴定法测定产品中SnCl4(杂质只有SnCl2)的含量，甲同学方案如下：准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，Na2CrO4溶液作指示剂，用的硝酸银标准溶液滴定，滴定终点时消耗硝酸银溶液VmL。①产品中SnCl2的质量分数为___________(写出含m、b、V的表达式)。②乙同学认为甲同学测得的SnCl2含量会偏低，其理由是___________。〖答案〗（1）第五周期ⅣA族（2）c、a、a、d（3）Cl2溶解在SnCl4中（4）（5）cba（6）①②也能氧化，导致消耗的硝酸银溶液体积偏大，SnCl2的含量偏低〖祥解〗由图可知，装置A制取氯气，由于浓盐酸易挥发，产生的氯气里含有氯化氢气体及水蒸气，B装置试剂为饱和NaCl溶液除去氯化氢，C装置试剂为浓硫酸吸收水蒸气，装置D中生成SnCl4，在装置E中冷却后收集，未反应的氯气用氢氧化钠溶液在G中吸收，防止污染空气，因SnCl4极易水解，应防止G中产生的水蒸气进入E中，所以在E与G之间设置装有浓硫酸的装置F，据以上分析解答。【详析】（1）Sn是50号元素，Sn与C同主族，核外有5个电子层，在元素周期表中的位置是第五周期第IVA族；（2）B装置试剂为饱和NaCl溶液除去氯化氢，C装置试剂为浓硫酸吸收水蒸气，SnCl4极易水解，所以在E与G之间设置装有浓硫酸的装置F，未反应的氯气用氢氧化钠浓溶液在G中吸收，则B、C、F、G盛装的试剂应依次选用c、a、a、d；（3）收集器中收集到的液体常常呈黄绿色，原因是Cl2溶解在SnCl4中；（4）SnCl4易发生水解反应，产生白色烟雾即盐酸小液滴和，反应的化学方程式为：；（5）将装置连接好，先检查装置的气密性，打开抽气泵、加热器，根据SnCl4的沸点为114℃，控温到114℃将SnCl4变为气态，与杂质分离，在冷却液中冷凝收集，关闭加热器，待烧瓶冷却至室温，完全收集SnCl4后，再打开安全瓶上的弹簧夹，关闭抽气泵，将产品转至干燥器中保存，故〖答案〗为：c→b→a；（6）①滴定原理是硝酸银溶液应先将氯离子沉淀完全生成AgCl，再与指示剂Na2CrO4反应，形成砖红色沉淀Ag2CrO4，滴定消耗VmL硝酸银溶液，则n(Cl-)=n(Ag-)=bV×10-3mol，假设产品中含xmolSnCl4、ymolSnCl2，则n(Cl-)=4x+2y=bV×10-3，由质量守恒可得261x+190y=m，解得x=，y=，则产品中SnCl2的质量分数为；②已知易被、I2等氧化为，乙同学认为甲同学测得的SnCl2含量会偏低，其理由是也能氧化，导致消耗的硝酸银溶液体积偏大，SnCl2的含量偏低。16.CuCl广泛应用于化工、电镀等行业。工业上，常用海绵铜(Cu)为原料，用稀硝酸盐氧化分解技术生产CuCl，过程如下：已知：CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿的空气中易水解氧化。回答下列问题：（1）步骤①反应后溶液中无剩余，则该反应中得到的氧化产物是___________(填化学式)，实际生产中，为提高①的效率，可使用的一种方法是___________。（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式：___________。（3）在步骤⑤中用的酸进行“酸洗”。“酸洗”时使用的酸为___________(填“硝酸”“硫酸”或“盐酸”)，理由是___________；步骤⑥可以提高产率，原因是___________。（4）在生产过程中，步骤①会产生一种污染性气体，其化学式为___________，因此在生产过程中，要增加一步用O2和H2O吸收该气体的操作，对得到的溶液(含有HNO2)进行电解可制硝酸，电解的化学方程式为___________。（5）若用硝酸代替硝酸铵，为充分利用原料，理论上要使硝酸全部参与反应，则在加入原料过程中，硝酸和硫酸的物质的量之比为___________。〖答案〗（1）CuSO4搅拌（2）（3）硫酸硝酸会将CuCl氧化，而盐酸会提高溶液中的浓度，使CuCl溶解“醇洗”可以加快去除CuCl表面的水分，防止CuCl水解氧化（4）NO（5）〖祥解〗海绵铜主要含有的是铜和少量氧化铜，首先用硝酸铵和硫酸溶解海绵铜，主要生成硫酸铜，再与亚硫酸铵反应生成氯化亚铜，再经过水洗、醇洗等操作，最后得到我们需要的氯化亚铜。【详析】（1）溶解过程中，加入了硝酸铵和硫酸，就形成了具有氧化性的硝酸，可以溶解铜，反应生成硫酸铜，所以步骤①得到的氧化产物为CuSO4；为了提高步骤①的效率，一般可以采取的方法有：搅拌、升温、适当增加酸的浓度等。（2）步骤③是向硫酸铜溶液中，加入亚硫酸铵、氯化铵，反应生成硫酸铵和氯化亚铜沉淀，注意水做反应物，其离子方程式为：；（3）酸洗过程中使用的是硫酸，首先需要和强酸酸洗，但是如果选用硝酸，会氧化氯化亚铜，选用盐酸，氯离子浓度过大会溶解氯化亚铜，都会造成产率降低，所以选和硫酸。醇洗可以除去氯化亚铜表面的水分，防止氯化亚铜水解氧化，进而大大提高产率。（4）步骤①中因为是稀硝酸参加反应，必然会生成污染物NO，对亚硝酸溶液进行电解，亚硝酸被氧化生成硝酸，水被还原生成氢气，即电解方程式为：；（5）在生产过程中，会尽可能的让硝酸全部参与反应，由离子方程式知3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，其中H+的量为8份，则HNO3的量为2份，硫酸的量为3份，即硝酸和硫酸的比至少要为2∶3。17.随着大气中CO2浓度增大带来了一系列环境问题，“负碳”技术开始备受各国关注，所谓“负碳”技术就是将CO2转化成甲醇、甲酸等可利用的资源的一系列技术。回答下列问题：Ⅰ.CO2催化加氢制甲醇以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：反应i：；反应ii：；反应iii：。（1）反应i的___________。（2）一定温度和催化剂条件下，0.73molH2、0.24molCO2和0.03molN2(已知N2不参与反应)在密闭容器中进行上述反应，平衡时CO2的转化率、CH3OH和CO的选择性随温度的变化曲线如图所示。①图中曲线b表示物质___________(填“CO2”“CH3OH”或“CO”)的变化。②上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法错误的有___________(填字母)。A．降低温度，反应i~iii的正、逆反应速率都减小B．恒压条件下，向容器中再通入少量N2，CO2的平衡转化率下降C．移去部分H2O(g)，反应iii平衡不移动D．选择合适的催化剂能减小反应iii的焓变③某温度下(大于180℃)，反应到达平衡，测得容器中CH3OH的体积分数为12.5%，容器内气体总压强为8.0MPa．此时用CH3OH的分压表示时间内的反应速率___________。设此时，计算该温度下反应ii的压强平衡常数___________(用含有n的代数式表示，分压=总压×该组分物质的量分数)。Ⅱ.CO2催化加氢制低碳烯烃(2~4个C的烯烃)某研究小组使用Zn—Ga—O/SAPO—34双功能催化剂实现了CO2直接合成低碳烯烃，并给出了其可能的反应历程(如图所示)。H2首先在Zn—Ga—O表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程；SAPO—34则催化生成的甲醇转化为低碳烯怪。注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒。（3）理论上，反应历程中消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为___________。（4）科学家发现了一类金属卤化物钙钛矿材料有着出众的光电性质，有望在“负碳”技术上大放异彩，如图是BaLiX3晶胞结构，晶胞参数为apm，与之间最短距离为___________pm。若卤素X中与的比例为，晶体密度为___________(为阿伏加德罗常数的值)。〖答案〗（1）（2）①CO2②CD③（3）（4）〖解析〗（1）由盖斯定律得反应i=ii+iii即（2）①反应ii为吸热反应，升温CO的选择性升高，该反应中CO2的转化率升高，CO的曲线为曲线a．而反应i为放热反应，升高温度平衡逆向，反应中CO2的转化率降低，CH3OH的选择性降低，CH3OH的曲线为c．两反应综合效应，曲线b表示CO2的变化；②A．降低温度分子间碰撞减弱反应速率减小，反应i~iii正逆反应速率均减小，A项正确；B．恒压容器中，通入无关气体N2，体积增大，反应体系各物质的压强减小，平衡逆向移动，CO2转化率下降，B项正确；C．移出H2O反应i和反应ii均正向移动但正向移动的程度不同，导致反应iii平衡会发生移动，C项错误；D．催化剂只改变反应速率不改变平衡状态，CO2转化率不发生改变，D项错误；故选CD；某温度下，在总压强为8.0MPa的密闭容器中进行上述反应，反应到达平衡，测得容器中CH3OH的体积分数为12.5%，，；设此时，依题意有，根据甲醇的体积分数为12.5%，则，解得a=0.1mol，则平衡时H2O为（n+0.1)mol，CO2为（0.24-n-0.1)mol=（0.14-a)mol，H2为（0.73-a-0.3)mol=（0.43-a)mol，p总=0.71mol，则，（3）从图看CO2在TiO2极发生还原反应产生CH3OH，反应为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为；（4）由