贵州省部分学校2024年高三下学期高考信息考试化学试题【含答案解析】

2024年贵州新高考高端精品模拟信息卷化学(三)本试卷共8页，18题。全卷满分100分，考试用时75分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Ca-40Fe-56Cu-64As-75一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列有关文物的叙述正确的是A.“良渚古城遗址”出土的良渚陶器制作原料是石灰石、纯碱和二氧化硅B.“贾湖骨笛”制作材料是鹤类尺骨，它的成分属于有机高分子材料C.台北故宫的“东坡肉形石”是一块天然玛瑙石，其矿物主要化学成分为D.“马家窑”出土的铜刀表面的绿色物质，其主要成分是【答案】C【解析】【详解】A．陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原材料，经过高温烧制而成的产品，所以良渚陶器的主要原料是黏土，故A错误；B．羟基磷酸钙不含碳元素，不是有机物，故B错误；C．玛瑙是一种宝石，其主要成分是，故C正确；D．铜刀表面的绿色物质是铜锈，主要成分是Cu2(OH)2CO3，故D错误；故选C。2.下列有关物质性质与用途的说法错误的是A.干冰能与水反应，可用作制冷剂 B.能使某些色素褪色，可用作漂白剂C.明矾中的铝离子易水解，可用来净水 D.具有强氧化性，可用来杀菌消毒【答案】A【解析】【详解】A．干冰升华吸收热量，可以作制冷剂，而不是和水反应，A错误；B．二氧化硫具有漂白性，可以作漂白剂，B正确；C．明矾中的铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，故可以用来净水，C正确；D．具有强氧化性，可以利用其强氧化性来杀菌消毒，D正确；故选A。3.化学是一门基础实验科学。下列说法正确的是A.容量瓶在使用前需保持干燥，并检查是否漏液B.实验时打翻酒精灯洒出的酒精着火，应用大量水进行扑灭C.碱式滴定管排气泡时，应向上弯曲橡胶管，挤捏玻璃珠，使溶液喷出，排出气泡D.除去苯中混有的少量苯酚，可滴入浓溴水，然后经过滤进行分离【答案】C【解析】【详解】A．溶液配制过程仍然需要加入蒸馏水，所以容量瓶不需要干燥，故A错误；B．做实验时不慎打翻酒精灯，洒出的酒精在桌上燃烧，立即用湿抹布扑灭，故B错误；C．将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而溶液充满尖嘴，排除气泡，故C正确；D．苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，溴、三溴苯酚均易溶于苯，引入新杂质，不能除杂，故D错误。答案选C。4.柴油汽车常用尿素()溶液处理尾气，发生反应：。设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.上述反应涉及的元素中，基态原子第一电离能最大的为OB.常温下，含有共用电子对数目为C.反应时转移的电子数目为D.1个尿素分子中含有7个键【答案】D【解析】【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故C、N、O的第一电离能大小：N>O>C；A错误；B．常温下，不是1mol，则含有共用电子对数目不是，，B错误；C．反应尿素中N化合价由-3变为0，则转移电子情况为，反应时转移的电子数目为12，C错误；D．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1个尿素分子中含有7个键，D正确；故选D。5.下列反应的离子方程式书写正确的是A.向溶液中滴加少量：B.向溶液中滴入过量氨水：C.将通入冷的石灰乳中制漂白粉：D.向苯酚钠溶液中通入少量：2【答案】A【解析】【详解】A．向溶液中滴加少量，由于还原性I-大于Fe2+，因此I-被氧化，离子方程式为：，故A正确；B．氨水为弱碱，与反应生成，离子方程式为：，故B错误；C．将通入冷的石灰乳中制漂白粉，石灰乳的氢氧化钙不可拆分，离子方程式为：，故C错误；D．苯酚酸性强于，苯酚钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：，故D错误；故选A。6.部分硫或氮及其化合物的“价一类”关系如图所示。下列叙述正确的是A.室温下，d的浓溶液滴到铁片上剧烈反应 B.c与水反应一定可生成具有强氧化性的酸C.一定条件下，a和c反应能生成b D.a在氧气中燃烧一定能生成c和水【答案】C【解析】【分析】根据价-类关系图知a是H2S，b是N2或S，c是SO2或N2O4或NO2，d是H2SO4，据此答题。【详解】A．d的浓溶液是浓硫酸，室温下滴到铁片上，能使铁钝化，不能剧烈反应，A错误；B．c若是SO2，与水反应生成的H2SO3没有强氧化性，B错误；C．c是SO2或N2O4或NO2，具有一定的氧化性，在一定条件下，SO2可与H2S发生氧化还原反应生成S，N2O4或NO2可与H2S发生氧化还原反应生成N2、S，C正确；D．a是H2S，在少量氧气中燃烧生成S，不生成SO2，D错误；故选C。7.一种从含银废催化剂[其主要成分为银和铼()，还含有和]中回收银和铼的工艺流程如图所示。下列说法错误的是A.“氧化浸出”过程中铼被氧化，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为B.实验室中完成“操作”和“操作”所需要的玻璃仪器主要有烧杯和分液漏斗C.“操作x”为结晶过程，该过程不可选用蒸发结晶，应选用降温结晶D.“操作”过程中为加快反应速率，可在高温条件下进行【答案】D【解析】【分析】含银废催化剂[其主要成分为银和铼()，还含有和]，稀盐酸条件下，双氧水将铼氧化为高铼酸，也被溶解转化为对应价态的金属阳离子进入浸液，用树脂进行萃取分液分离金属离子和高铼酸，再用氨水反萃取获得高铼酸铵溶液，最后经降温结晶得到NH4ReO4，据此解答。【详解】A．“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为：2Re+7H2O2=+6H2O+2H+，H2O2是氧化剂，Re为还原剂，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为，A正确；B．“操作I”和“操作Ⅱ”是萃取分液，需用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯，B正确；C．铵盐受热容易分解，故“操作x”选用降温结晶，C正确；D．因高温条件下氨水中氨气会逸出，且NH4ReO4受热易分解，则“操作Ⅱ”过程不可在高温条件下进行，D错误；故选D。8.以2，5-呋喃二甲酸(如图所示)为原料，在高压条件下制备可得到三维原子级有序的全同金刚石纳米线。下列关于2，5-呋喃二甲酸的叙述错误的是A.该物质能发生加成反应和取代反应 B.该物质分子内能形成氢键C.该物质最多能消耗 D.该物质分子中碳原子都是杂化【答案】B【解析】【详解】A．该物质含有碳碳双键、羧基，能发生加成反应和取代反应，故A正确；B．该物质2个羧基距离远，不易形成分子内氢键，故B错误；C．该物质含有2个羧基，该物质最多能消耗，故C正确；D．该物质分子中所有碳原子均为双键碳，碳原子都是杂化，故D正确；选B。9.四种短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的最高正化合价和最低负化合价的代数和为0，Y和W的最外层电子数相同，Z元素的焰色试验呈黄色，四种元素的最外层电子数之和为17。下列说法错误的是A.原子半径：B.最高价氧化物对应的水化物的酸性：C.简单氢化物的沸点：D.由X、Y两种元素组成的化合物一定是极性分子【答案】D【解析】【分析】四种短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，由Z的焰色试验呈黄色可知，Z为钠元素，由X的最高正化合价和最低负化合价的代数和为0，则X为氢元素或碳元素，由四种元素的最外层电子数之和为17，结合Y和W的最外层电子数相同可知，X的最外层电子数为偶数，故X为碳元素，Y和W的最外层电子数为×(17-1-4)=6，故Y为氧元素，W为硫元素。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：，A正确；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SO4>H2CO3，B正确；C．水、甲烷、硫化氢均为分子晶体，水分子能形成氢键，沸点最高，硫化氢相对分子质量大于甲烷，则甲烷沸点最低，故简单氢化物的沸点，C正确；D．二氧化碳为非极性分子，D错误；故选D。10.复旦大学郑耿锋课题组合成铜()催化剂高效电催化还原制备。催化剂(T)结构如图所示。下列叙述正确的是A.T中含有3种元素位于元素周期表d区和p区B.T中标记为、的碳原子形成的共价键类型完全相同C.T中铜的配位数为4D.T中3种元素的电负性：【答案】C【解析】【详解】A．Cu元素位于ds区，C和N元素位于p区，故A错误；B．由T的结构图可知，原子C1只形成非极性键，C2原子形成2个非极性键和1个极性键，故B错误；C．根据T的结构图可知，铜的配位数为4，故C正确；D．非金属的电负性一般强于金属，同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，故电负性，故D错误。答案选C。11.醋酸钙片常用于补钙、缓解磷过多症等。某小组为了测定醋酸钙片纯度，进行如下实验：①称取醋酸钙片，研磨成粉末，加入浓硫酸并加热，将产生的醋酸蒸气通入溶液。②完全反应后，加水稀释吸收液并配制溶液。③准确量取配制溶液于锥形瓶中，滴加指示剂R，用盐酸滴定过量的至终点，消耗滴定液。下列叙述正确的是A.指示剂R可以选择酚酞溶液或甲基橙溶液B.步骤②配制溶液定容时仰视读数，配制溶液的浓度偏高C.步骤③中，若没有润洗酸式滴定管会使测定结果偏高D.上述实验测得醋酸钙样品纯度为【答案】D【解析】【详解】A．醋酸钙片与浓硫酸反应生成醋酸蒸气，醋酸蒸气与氢氧化钠反应生成醋酸钠和水，剩余的氢氧化钠用盐酸滴定。滴定终点时，溶质有醋酸钠。溶液呈碱性，应选择酚酞作指示剂，A错误；B．步骤

②配制溶液定容时仰视读数，会使加入的水过多，导致配制溶液的浓度偏低，B错误；C．步骤③中，若没有润洗酸式滴定管，会使盐酸的浓度降低，消耗的盐酸体积偏大，会使测定结果偏低，C错误；D．醋酸钙片与浓硫酸反应生成醋酸蒸气，醋酸蒸气与氢氧化钠反应生成醋酸钠和水，剩余的氢氧化钠用盐酸滴定，根据反应方程式CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，醋酸钙样品的纯度为=，所以D正确；故选D。12.利用计算机技术测得乙炔()在催化作用下生成的反应历程及相对能量变化如图所示。下列说法正确的是A.的B.反应历程中能量最高的物质中含有两种官能团C.升高反应体系的温度可以提高乙炔的平衡转化率D.决速步骤的反应为【答案】B【解析】【详解】A．根据相对能量变化图可知，1mol与1mol的总能量比1mol的能量高，该反应是放热反应，的，A错误；B．反应历程中能量最高的物质为CH2=CHOH，含有碳碳三键、羟基两种官能团，B正确；C．由A可知该反应为放热反应，升高反应体系的温度平衡逆向移动，不能提高乙炔的平衡转化率，C错误；D．由图可知，反应—Hg2+的活化能最高，反应速率最慢，为总反应的决速步骤，D错误；故选B。13.高压科学研究中心研究的一种通过压力梯度驱动化学反应产生电能的电池装置如图所示。金刚石压砧把H2压入储氢电极PdHx，它在压力梯度的驱动下生成质子，电子先后通过下层铂电极和外接线路转移到Pd电极参与反应，形成闭合回路。下列说法错误的是A.Pd电极为正极 B.交换膜为质子交换膜C.电池正极反应为 D.Pd与PdHx之间含氢差异和压力梯度都会导致电势差【答案】C【解析】【分析】PdHx是负极材料，它在压力梯度的驱动下发生反应：，生成的质子通过质子交换膜传输到上层钯电极(正极)，而电子先后通过下层铂电极和外接线路转移到钯电极，并在此与质子重新结合发生还原反应，至此形成闭合回路。【详解】A．PdHx是负极材料，它在压力梯度的驱动下发生反应：，生成的质子通过质子交换膜传输到上层钯电极(正极)，而电子先后通过下层铂电极和外接线路转移到钯电极，并在此与质子重新结合发生还原反应，至此形成闭合回路。Pd电极为正极，A项正确；B．交换膜需要H+通过并在正极发生反应；，所以交换膜为质子交换膜，B项正确；C．电池正极反应为，C错误；D．分析原理可知，Pd与PdHx之间含氢差异和压力梯度都会导致电势差，D正确；故选C。14.室温下，向溶液、溶液、溶液中分别滴加溶液，测得溶液[，X代表、、]随溶液的变化曲线如图所示。，的酸性比强。下列叙述正确的是A.代表，代表B.的数量级为C.相同浓度的、混合溶液的D.【答案】B【解析】【分析】横坐标pH增大，c（H+）浓度减小，纵坐标，则X越大，pX越小，因此向溶液中滴加溶液，减小，增大；向溶液、溶液中滴加溶液，，增大，减小。【详解】A．向溶液、溶液、溶液中分别滴加溶液，当增大时，减小，增大，则代表；，，且的酸性比强，则相同时，﹤，所以HF的越小，代表，代表，A错误；B．从中的N点（3,1.89）可知，=3时，=1.89，即，所以，B正确；C．从中的P点（2,1.45）可知，=2时，=1.45，即，所以，则F-的水解常数，HF的电离程度大于F-的水解程度，pH﹤7，C错误；D．，则，D错误；答案选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.硫酸四氨合铜晶体常作杀虫剂、媒染剂。某小组设计实验制备硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。实验(一)制备，装置如图所示。（1）A装置中发生反应的化学方程式为___________。该反应中浓硫酸表现出的性质有___________。（2）持续反应一段时间后C装置中的现象为___________。（3）将A装置中混合物缓慢倒人装有水的烧杯中，再加入过量的，充分反应后，过滤。将滤液蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到晶体。①不能向A装置的混合物中加入水，其原因是___________。②的作用是___________。实验(二)制备硫酸四氨合铜晶体。实验操作及主要现象步骤取一定量晶体溶于蒸馏水得到溶液向步骤溶液中滴加一定量的氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加氨水，蓝色沉淀逐渐溶解，最终得到深蓝色的透明溶液向步骤所得溶液中滴加的乙醇，静置析出深蓝色晶体，用下图装置过滤取步骤中晶体，用乙醇与浓氨水的混合液洗涤，再用乙醇与乙醚的混合液淋洗，然后将其在左右小心烘干，得到（4）步骤中蓝色沉淀溶解得到深蓝色的透明溶液，其原因是___________(写出离子方程式)。（5）相对普通过滤，利用图2装置分离晶体，其突出优点有___________(答一条即可)。实验(三)测定硫酸四氨合铜晶体纯度。取样品溶于蒸馏水配制成溶液，准确量取配制溶液，滴加适量的稀硫酸，充分反应。加入过量溶液，滴加3滴淀粉溶液，用溶液滴定，边滴边摇动锥形瓶至滴定终点，消耗溶液。相关反应：，，。（6）产品的纯度为___________。若①摇动锥形瓶时间过长，空气进入较多；②滴加稀硫酸过多，则上述两种情况可能会导致测得结果___________(填字母)。(已知：在酸性条件下不稳定，会发生歧化反应)A．①偏高②偏低B．①偏低②偏高C．①偏高②偏高D．①偏低②偏低【答案】（1）①.Cu+2H2SO4(浓)SO2+CuSO4+2H2O②.酸性和氧化性（2）红色逐渐变浅（3）①.加水稀释，会造成液滴飞溅②.将过量的H2SO4转化为CuSO4（4）Cu(OH)2+4NH3=+2OH-（5）过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出的固体容易干燥（答一条即可）（6）①.②.C【解析】【分析】设计实验制备硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度，A装置中浓硫酸和Cu反应生成SO2和CuSO4，SO2可以使B中的品红溶液褪色，C装置吸收SO2，持续反应一段时间后，C装置中的现象为红色逐渐变浅。向CuSO4溶液中加入过量氨水，然后加入95%的乙醇，静置析出深蓝色硫酸四氨合铜晶体，以此解答。【小问1详解】A装置中发生的反应是铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)SO2+CuSO4+2H2O；该反应中浓硫酸表现出的性质有酸性和氧化性。【小问2详解】持续反应一段时间后，C装置中的现象为红色逐渐变浅，是因为二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，溶液的碱性减弱。【小问3详解】①不能向A装置的混合物中加入水，其原因是反应后溶液中含有浓硫酸，加水稀释，会造成液滴飞溅；②CuO的作用是将过量的H2SO4转化为CuSO4。【小问4详解】步骤中蓝色沉淀溶解得到深蓝色的透明溶液，该过程中氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合物，离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3=+2OH-。【小问5详解】减压过滤的优点是：过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出的固体容易干燥。【小问6详解】由相关方程式可得关系式：，则样品中的物质的量等于的物质的量为，产品的纯度为，若①摇动锥形瓶时间过长，空气进入较多，O2会氧化I-生成I2，导致消耗的物质的量偏大，导致测得结果偏高；②滴加稀硫酸过多，也会和H+反应，导致消耗的物质的量偏大，导致测得结果偏高；故选C。16.四氧化三铁俗称磁性氧化铁，常用于制造录音磁带和电讯器材，也可作颜料和抛光剂。某工厂以硫铁矿烧渣(主要含有等元素的氧化物及)为原料，制备的工艺流程如图所示。已知：常温下，、、。回答下列问题：（1）“酸溶”硫铁矿烧渣时，为了加快酸溶速率可采取的措施有___________(任写两条)。（2）料渣1的主要成分有___________(填化学式)。（3）常温下，已知溶液中，要使沉淀完全，则“调”的范围是___________(保留2位有效数字，一般离子浓度认为沉淀完全)。（4）加入“沉铁”时，发生反应的离子方程式为___________。（5）①“煅烧1”的目的是将转化为，若“煅烧2”阶段发生反应时，则该反应的化学方程式为___________。②“煅烧2”时温度对的纯度有很大影响。已知温度对纯度的影响如图1所示，则“煅烧2”时，温度最好控制在___________。（6）一种铁基超导材料(化学式为)的晶胞如图2所示。已知：该晶胞底边边长为，高为，l号原子的高为。为阿伏加德罗常数的值。①该晶胞中，原子的个数之比为___________；距2号原子最近的铁有___________个。②该晶体的密度为___________，1号原子的坐标为___________。【答案】（1）将烧渣粉碎、加热、适当增大硫酸的浓度、搅拌等（2）CaSO4、SiO2（3）4.7~6.0（4）（5）①.②.800（6）①.1:2:2②.8③.④.【解析】【分析】硫铁矿烧渣加入硫酸，铁铝转化为硫酸盐，SiO2不反应，和生成不溶物CaSO4成为料渣1，过滤的滤液加入废铁皮与Fe3+反应生成Fe2+，调节pH除去铝，滤液加入NH4HCO3反应生成沉淀，通入O2煅烧生成CO2和Fe2O3，加入FeS2和O2煅烧得到。【小问1详解】为了加快酸溶速率，可采用措施有将烧渣粉碎、加热、适当增大硫酸的浓度、搅拌等；【小问2详解】由分析可知，料渣1的主要成分有CaSO4、SiO2；【小问3详解】还原后Fe3+转化为Fe2+，调节pH使沉淀完全，则，pOH=9.3，pH=4.7；而此时Fe2+没有沉淀，则，pOH=8.0，pH=6.0；故“调”范围是4.7~6.0；【小问4详解】加入“沉铁”时，Fe2+和生成FeCO3沉淀和H2O、CO2，反应的离子方程式为；【小问5详解】①“煅烧2”阶段发生反应时，则1分子、1分子反应生成1分子，反应中硫元素化合价由-1升高为+4，转移5×2=10个电子，则会有10÷4=2.5个氧分子的氧化剂参与反应，故该反应的化学方程式为：；②由图可知，“煅烧2”时，温度最好控制在800℃，此时产品的纯度已经很高；【小问6详解】①根据“均摊法”，晶胞中含个Ca、个Fe、个As，该晶胞中，原子的个数之比为1:2:2；距2号原子最近的铁上下层各4个，共有8个。②结合①分析，则晶体密度为；l号原子的高为，1号原子在xyz轴上投影坐标分别为、、，则坐标为。17.为了实现“碳中和”，的综合利用成为科学家研究的热点。（1）将催化加氢制取，通过下列步骤实现，反应过程中能量变化如图1所示。___________。（2）在的绝热密闭容器中，按充入和，在催化剂作用下合成甲醇。下列说法中说明主反应达到平衡状态的是___________(填字母)。A.的转化率保持不变 B.混合气体的密度保持不变C.断裂键同时形成键 D.容器内混合气体温度保持不变（3）在密闭容器中通入和的混合气体，制取甲醇过程中，存在竞争反应：．；．。在不同压强下，当按进料，反应达到平衡时，测得甲醇的物质的量分数与温度的关系如图2所示物质ⅰ的物质的量分数：)①图2中压强由小到大的顺序为___________，判断的依据是___________。②图2中，当、发生上述反应，反应达到平衡时，，则在内用的分压变化表示的速率___________，此时反应I中的转化率为___________(保留小数点后1位)。③在压强为时，发生上述反应并达到平衡状态，平衡转化率为，，该温度下反应的平衡常数___________(保留1位有效数字，用各组分的分压代替浓度计算平衡常数，气体分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）-49（2）AD（3）①.p1<p2<p3②.反应I是气体体积缩小的反应，反应II是气体体积不变的反应，增大压强，反应I平衡向右移动，反应II平衡不移动，则会增大，③.0.05④.40.0%⑤.0.4【解析】【小问1详解】根据示意图可知，1molCO2(g)与3molH2(g)的总能量比1molCH3OH(g)与1molH2O(g)的总能量高49kJ，故-49；【小问2详解】A．CO2的转化率保持不变，可以说明反应达到平衡，故A选；B．容器是恒容容器，反应体系都是气体，故混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡，故B不选；C．断裂键同时形成键都描述的正反应方向，不能说明达到平衡，故C不选；D．容器是绝热容器，故混合气体的温度不变，说明单位时间内吸收的热量等于放出的热量，即正逆反应速率相等，能说明达到平衡，故D选；答案为AD；【小问3详解】①反应I是气体体积缩小的反应，反应II是气体体积不变的反应，增大压强，反应I平衡向右移动，反应II平衡不移动，则会增大，所以图2中压强从小到大的顺序是：p1<p2<p3；②当，反应达到平衡时，，则平衡时p(CH3OH)==1，用的分压变化表示的速率=0.05；由于，设投料n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，起始时总物质的量为4mol，压强为10MPa，则每1mol气体对应压强为2.5MPa，由于容器是恒容容器，平衡时每1mol气体对应的压强也是2.5MPa，平衡时p(CH3OH)=1，则n(CH3OH)=1mol=0.4mol，说明反应I消耗的CO2为0.4mol，反应I中的转化率为=40.0%；③根据已知数据，设投料n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，反应ICO2转化了xmol，反应IICO2转化了ymol，列出下列算式：CO2转化了，有x+y=，，有，根据两个方程解得x=，y=，则平衡时n(H2)=，n(CO)=，n(H2O)=，根据，其物质的量为，可以