湖北省东风高中、天门中学、仙桃中学2022-2023学年高三上学期12月月考化学试题（解析版）

第1页/共1页东风高中、天门中学、仙桃中学2023届高三12月考试高三化学试题可能用到的相对原子质量：H～1C～12O～16Na～23Mg～24Al～27S～32Cl～35.5Cu～64第I卷(选择题共45分)一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意。)1.化学与生活、科技密切相关。下列说法正确的是A.“歼-20”飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，是一种新型有机高分子材料B.2020年12月3日，在月球表面成功展开的五星红旗的主要材料芳纶属于合成纤维C.用于光学望远镜的高致密碳化硅特种陶瓷材料，是一种传统无机非金属材料D.2022冬奥部分场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中碲和镉均属于过渡元素【答案】B【解析】【详解】A．碳纤维为无机非金属材料，A错误；B．芳纶属于有机合成纤维，B正确；C．X碳化硅特种陶瓷材料，是一种新型无机非金属材料，C错误；D．碲为主族元素，不属于过渡元素，D错误；故选B。2.下列有关化学用语表示正确的是A.氮原子所有价电子的电子云轮廓图均为哑铃形B.HCN的电子式：C.键线式为的有机物存在顺反异构D.基态氮原子价电子的轨道表示式：【答案】C【解析】【详解】A．基态氮原子的价电子排布式为，其价电子云轮廓图为球形和哑铃形，A错误；B．HCN是共价化合物，B错误；C．中有碳碳双键，且双键两边基团不一致，所以存顺反异构，C正确；D．基态氮原子的价电子不包括1s轨道的电子，且2p轨道的三个电子应在不同轨道，且自旋方向相同，D错误；故答案为：C。3.在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中能完全消耗的是A.向150mL3mol•L-1的稀硝酸中加入6.4g铜B.标准状况下，将1g铁片投入15mL18.4mol•L-1的硫酸中C.用50mL8mol•L-1浓盐酸与0.2mol二氧化锰共热制取氯气D.5×107Pa、500℃和铁触媒条件下，用1mol氮气和4mol氢气合成氨【答案】A【解析】【详解】A．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，稀硝酸的物质的量为n(HNO3)=0.15L×3mol/L=0.45mol，而铜的物质的量为n(Cu)==0.lmol，所以硝酸过量，加入6.4g铜能完全消耗，A正确；B．18.4mol/L的硫酸为浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，在标准状况下，铁片与浓硫酸会发生钝化现象而不能进一步发生反应，所以铁片不可能完全反应，B错误；C．二氧化锰与浓盐酸反应，随反应进行浓盐酸变成稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，盐酸不能完全反应，C错误；D．氮气与氢气的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故氮气不可能完全反应，D错误；故合理选项是A。4.已知：①；②；③；④；⑤。下列关于上述反应焓变的判断不正确的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】A．由气态硫的能量比固态硫的能量高，所以气态硫与反应时放出的热量多，即，A正确；B．硫化氢不完全燃烧放出的热量比完全燃烧放出的热量少，所以有，B错误；C．根据盖斯定律分析，由③-②可得热化学方程式：⑤，C正确；D．根据盖斯定律分析，由可得热化学方程式：⑤，整理得，D正确；答案选B。5.能正确表示下列反应的离子方程式是A.NaNO2溶液使酸性KMnO4溶液褪色：2MnO+5NO+6H+=2Mn2++5NO+3H2OB.少量三氧化硫通入氨水中：SO3+NH3•H2O=NH+HSOC.Na与CuSO4水溶液反应：2Na+Cu2+=2Na++CuD.将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na+【答案】A【解析】【详解】A．NaNO2溶液使酸性KMnO4溶液褪色，其离子方程式为：2MnO+5NO+6H+=2Mn2++5NO+3H2O，故A正确；B．少量三氧化硫通入氨水中，其离子方程式为：SO3+2NH3•H2O=2NH+SO+H2O，故B错误；C．Na与CuSO4水溶液反应，先与水反应，在与硫酸铜反应，其离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故C错误；D．将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中，其离子方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑，故D错误；故选A。6.超酸HSbF6是石油重整中常用催化剂，实验室常以SbCl3、Cl2和HF为原料，通过反应：SbCl3+Cl2=SbCl5、SbCl5+6HF=HSbF6+5HCl制备。其制备SbCl5的实验装置如图所示。已知：SbCl3的熔点73.4℃，沸点223.5℃，易水解；SbCl5的熔点3.5℃，液态SbCl5在140℃时即发生分解，2.9kPa下沸点为79℃，也易水解。下列说法不正确的是A.SbCl5制备完成后，常压加热至73.4℃以上蒸馏使SbCl3变成气体除去B.装置II的主要作用是吸收Cl2和空气中的水蒸气C.装置I中的a为冷凝水的进水口D.由SbCl5制备HSbF6时，因涉及HF而不能选用玻璃仪器【答案】A【解析】【详解】A．SbCl3的沸点223.5℃，直接常压蒸馏分离除去SbCl3时温度高140℃，此时液态SbCl5发生分解，且SbCl5沸点低于223.5℃，直接常压蒸馏达不到分离除去SbCl3的效果，A错误；B．装置II的主要作用是吸收Cl2防止污染空气，同时吸收空气中的水蒸气，防止SbCl3水解，B正确；C．冷凝管的冷凝水一般遵循低进高出，C正确；D．HF能与玻璃仪器中的二氧化硅反应而腐蚀玻璃，不能选用玻璃仪器，D正确；故选A。7.一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是A.过程Ⅰ中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6∶5B.的空间结构为正四面体形C.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中发生的均为氧化还原反应D.流程中所涉及元素的基态原子未成对电子数最多的是P【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，硫酸铜溶液与白磷反应生成磷化亚铜、磷酸和硫酸，反应的方程式为11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，反应中铜元素化合价降低被还原，磷元素化合价部分升高被氧化、部分降低被还原，所以氧化产物为磷酸、还原产物为磷化亚铜，物质的量之比为24：20=6∶5，故A正确；B．磷酸根离子中磷原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间结构为正四面体形，故B正确；C．由图可知，反应Ⅱ是磷酸与氢氧化钙溶液反应生成磷酸钙和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；D．由图可知，流程中所涉及的元素有氢、碳、氧、硅、磷、钙、铜，基态原子未成对电子数最多的是价电子排布式为3s23P3的磷原子，故D正确；故选C。8.2021年9月24日，中科院天津工业生物技术研究所成果“无细胞化学酶系统催化CO2合成淀粉”在国际学术期刊《自然》上发表。其中一步核心反应如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A化学酶、DHA、淀粉都属于生物大分子B.反应③中H2O为极性分子，H2O2为非极性分子C.30gHCHO与DHA的混合物中所含氧原子数为NAD.标准状况下，22.4LCH3OH分子中极性共价键数为5NA【答案】C【解析】【详解】A．DHA分子式为C3H6O3，不属于生物大分子，A错误；B．H2O2的空间构型为书页形，正负电荷中心不重合，也是极性分子，B错误；C．HCHO与DHA的最简式均为CH2O，30g混合物即30gCH2O，含有=1mol氧原子，C正确；D．标况下CH3OH不是气体，22.4LCH3OH的物质的量不是1mol，D错误；综上所述答案为C。9.正高碘酸(H5IO6)是白色结晶性粉末，溶于水，主要用作氧化剂和分析试剂。由NaI制取H5IO6的实验流程如图所示：下列说法正确的是A.电解过程中阳极反应为：I-+6OH--6e-=IO+3H2OB.“反应2”中Cl2与NaIO3的物质的量之比为1∶1C.“反应3”的滤液中含有NaNO3，NaI等D.“反应4”为非氧化还原反应【答案】B【解析】【分析】反应Ⅰ是在电解NaI溶液生成IO，再加入NaOH溶液和氯气，反应生成不溶于水的Na2H3IO6，过滤得到Na2H3IO6，加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，过滤得到黑色Ag5IO6，加入氯气和水生成的次氯酸分解生成气体氧气，过滤得到高碘酸，以此解答。【详解】A．电解过程中阳极I-放电生成IO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：I-+3H2O-6e-=IO+6H+，股A错误；B．NaIO3和NaOH、Cl2反应生成Na2H3IO6，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：NaIO3+Cl2+3NaOH=Na2H3IO6↓+2NaCl，Cl2与NaIO3的物质的量之比为1∶1，故B正确；C．由分析可知，Na2H3IO6加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，同时生成NaNO3和HNO3，故C错误；D．黑色Ag5IO6加入氯气和水生成的次氯酸分解生成气体氧气，过滤得到高碘酸，氯气和水反应属于氧化还原反应，故D项错误；故选B。10.团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，科学家通过将和反应，测定笼内的浓度，计算取代反应的平衡常数()，反应示意图和所测数据如图。图中表示平衡时铯离子浓度和铷离子浓度之比，其它类似。有关说法不正确的是A.Cs和Rb都是主族元素B.研究发现：的直径显著大于团簇表面的孔径且的骨架结构在交换过程中没有被破坏。据此推断：团簇表面的孔是柔性的C.D.团簇对于具有比大的亲和力【答案】C【解析】【详解】A．Cs和Rb都是ⅠA族元素，故A正确；B．的直径显著大于团簇表面的孔径，与反应生成，的骨架结构在交换过程中没有被破坏。可推断团簇表面的孔是柔性的，故B正确；C．根据图示，时，，，故C错误；D．与反应生成，说明团簇对于具有比大的亲和力，故D正确；选C。11.几种离子晶体的晶胞如图所示，则下列说法正确的是A.熔沸点：NaCl<CsClB.在NaCl晶胞中，距离Na+最近且等距的Na+数目为6C.若ZnS的晶胞边长为apm，则Zn2+与S2-之间最近距离为apmD.上述三种晶胞中，其阳离子的配位数大小关系为ZnS<NaCl<CsCl【答案】D【解析】【详解】A．NaCl和CsCl都是离子晶体，Na+半径小于Cs+半径，半径越小，离子间的离子键越强，熔沸点越高，因此熔沸点：NaCl>CsCl，A错误；B．由图可知，在NaCl晶胞中，距离Na+最近且等距的Na+数且为12，B错误；C．ZnS的晶胞边长为apm，Zn2+与S2-之间的最近距离为体对角线的，因此为apm，C错误；D．ZnS中阳离子配位数为4，NaCl中阳离子配位数为6，CsCl中阳离子配位数为8，因此阳离子的配位数大小关系为ZnS<NaCl<CsCl，D正确；故选D。12.下列有机物的结构和性质正确的是A.三联和四联互为同系物B.能发生氧化反应、还原反应、取代反应、加成反应C.所有原子一定共平面D.分子式C5H10的烯烃中不存在顺反异构【答案】B【解析】【详解】A．含苯环的个数不同，二者不是同系物，A错误；B．该物质能够发生燃烧反应，燃烧属于氧化反应；能够与H2发生加成反应，与H2的加成反应也属于还原反应；含有甲基，能够发生取代反应；B正确；C．苯环、-COOH为平面结构，两个平面共直线，故两个平面可能在同一平面上，也可能不在同一平面上，C错误；D．分子式为C5H10的烃存在顺反异构，如，D错误；故合理选项是B。13.2020年科学报道科研人员研发了一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法，反应在KCl电解液的流动池中进行，工作原理如图，电解结束后，将明阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。下列说法错误的是A.电源负极与铂箔电极相连，其电极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-B.离子交换膜为阴离子交换膜，整个过程中，电解前后溶液中氯离子浓度不变C.甲室中乙烯发生了加成反应D.反应I中生成环氧乙烷的离子方程式：+OH-→+Cl-+H2O【答案】B【解析】【分析】泡沫镍电极上氯离子失电子生成氯气，为阳极，铂箔电极为阴极；阳极消耗Cl−，Cl−从阴极向阳极定向移动，电解过程中消耗水；甲室中次氯酸与乙烯发生加成反应；反应Ⅰ中和KOH反应生成、KCl和H2O，据此分析解题。【详解】A．泡沫镍电极上氯离子失电子生成氯气，为阳极，铂箔电极为阴极，与电源的负极相连，其电极反应：2H2O＋2e−=H2↑＋2OH−，故A正确；

B．阳极消耗Cl−，为维持溶液电中性，需Cl−从阴极向阳极定向移动，故离子交换膜应为阴离子交换膜，电解过程中消耗水，则电解前后溶液中氯离子浓度发生改变，故B错误；

C．甲室生成的氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸与乙烯发生加成反应，故C正确；

D．反应Ⅰ中和KOH反应生成、KCl和H2O，其反应的离子方程式为：+OH-→+Cl-+H2O，故D正确；

故答案选B。【点睛】本题考查电解池，侧重考查学生电解原理的掌握情况，试题难度中等。14.两种化合物的结构简式(端点、交叉点代表碳原子，氢原子已略去)如图，其中X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X、Y、Z、R为同周期元素，X最外层电子数为内层电子数的2倍。下列说法错误的是A.Q的最高价氧化物对应水化物是弱酸B.Z的某种同素异形体在大气中的含量与环境污染密切相关C.将装有YZ2气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变深D.X、Y、Z、R、Q中，R的非金属性及简单氢化物的稳定性均最强【答案】C【解析】【分析】由X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X、Y、Z、R为同周期元素，可知X、Y、Z、R为第二周期元素，Q是第三周期元素；X最外层电子数为内层电子数的2倍，所以X元素是C元素；从结构简式中可以看出：Y元素周围有3个化学键，Y为N元素，Z元素周围有2个化学键，Z为O元素，R元素周围有1个化学键，R元素为F元素，Q元素周围有5个化学键，Q元素为P元素。【详解】A．Q的最高价氧化物对应水化物是H3PO4，属于弱酸，A正确；B．Z为O元素，其同素异形体有O2和O3，在大气中O2不是大气污染物，O3是大气污染物，B正确；C．YZ2气体是NO2，装有NO2气体的透明密闭容器中存在反应2NO2(红棕色)N2O4(无色)<0，浸入冰水，平衡正向移动，气体颜色变浅，C错误；D．R是F元素，F是最强的非金属，其非金属性及简单氢化物的稳定性均最强，D正确；故答案为：C。15.实验室用0.1mol/L的NaOH溶液滴定的HAuCl4溶液。溶液中，含氯微粒a、b的分布系数、NaOH溶液体积V(NaOH)与pH的关系如图所示。[比如HAuCl4的分布系数，]。下列叙述错误的是A.x点对应溶液的pH约为5B.p点对应的溶液中，2c(H+)+c(HAuCl4)=2c(OH-)+c(AuCl)C.微粒b为AuCl，该滴定可选酚酞作指示剂D.滴定到q点时，溶液中c(HAuCl4)>c(AuCl)【答案】D【解析】【详解】A．由图象可知，当V((NaOH)=0时，对应溶液的pH=3，此时溶液中的c(H+)=0.001mol·L-1，，x点时，根据图象有c(HAuCl4)=c(AuCl)，则此时的，，A正确；B．p点时，V((NaOH)=10mL，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(AuCl)，根据物料守恒有：2c(Na+)=c(HAuCl4)+c(AuCl)，两式联立方程消去c(Na+)，解得：2c(H+)+c(HAuCl4)=2c(OH-)+c(AuCl)，B正确；C．随着NaOH的加入，HAuCl4逐渐减少，AuCl逐渐增多，结合图象可知，微粒a为HAuCl4，微粒b为AuCl，滴定到q点时，V((NaOH)=20mL，两者恰好完全反应，生成NaAuCl4溶液，此时溶液呈碱性，所以选酚酞作指示剂，C正确；D．滴定到q点时，V((NaOH)=20mL，由图可知c(AuCl)>c(HAuCl4)，D错误；故选：D。第II卷(非选择题共55分)三、非选择题(本题共4小题，共55分。)16.铁及其化合物的制备与性质探究。I.乳酸亚铁[CH3CH(OH)COO]2Fe是一种常见的补血剂，可由FeCO3与乳酸反应制得，实验室经常采用如图装置制备FeCO3(夹持装置略)。具体实验流程如下：装置C中，先通入CO2至pH约为7，滴加一定量FeSO4，将所得白色沉淀过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。（1）试剂a为_____。（2）写出C中pH约为7后，滴入FeSO4溶液制备FeCO3反应的离子方程式：_____。（3）某实验小组依据酸性高锰酸钾标准液与亚铁离子的反应，来测定乳酸亚铁的质量分数，经过反复多次测定乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因是_____。II.无水FeCl3是一种常见的化工原料，实验室可采用下列装置制备。已知：①FeCl3极易水解；②FeCl3在300℃以上升华。（4）装置的连接顺序为a→h，i→_____→j，k→f，g→_____(按气流方向，用小写字母表示)。（5）将所得无水FeCl3溶于_____，再稀释得到所需的FeCl3溶液。（6）某兴趣小组在FeCl3溶液中通入SO2，观察到的主要现象为随着SO2的通入，溶液迅速由黄色变为红棕色，静置一小时后溶液变为浅绿色。通过查阅资料得知，溶液中主要有两种变化，反应1：Fe2+与SO2会生成一种络合物[Fe(SO2)6]3+(红棕色)；反应2：Fe3+与SO2发生氧化还原反应。①写出第二种情况下反应的离子方程式：_____。②这两种反应平衡常数的大小关系为K1_____K2(填“<”“>”或“=”)。【答案】（1）饱和NaHCO3溶液（2）2HCO+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O（3）乳酸根的结构简式为CH3CH(OH)COO−，其中的羟基也可以被酸性KMnO4氧化，也消耗了KMnO4，所以经过反复多次测定乳酸亚铁的质量分数总是大于100%（4）①.d②.b（5）浓盐酸（6）①.SO2+2Fe3++2H2O=4H++SO+2Fe2+②.＜【解析】【分析】Ⅰ．装置A中利用稀盐酸和碳酸钙反应制取CO2，利用CO2排尽装置内的空气，防止碳酸亚铁被氧化，同时和碳酸钠溶液反应得到碱性较弱的NaHCO3，由于盐酸具有挥发性，所以需要在装置B中盛放饱和NaHCO3溶液以除去CO2中混有的HCl。Ⅱ．装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取Cl2，然后利用饱和食盐水除去混有的HCl气体，经过浓硫酸干燥后和Fe粉在加热条件下反应，根据题目所给信息可知，生成的氯化铁会升华，所以需冷凝收集，为防止收集到的氯化铁水解，收集装置之后需要连接盛放碱石灰的干燥管，既可以防止空气中的水蒸气进入，也可以吸收未反应的氯气。【小问1详解】盐酸具有挥发性，所以需要在装置B中盛放饱和NaHCO3溶液以除去CO2中混有的HCl；【小问2详解】持续通入CO2，CO2先和Na2CO3反应制备NaHCO3，C中pH约为7后，滴入FeSO4溶液制备FeCO3，反应的离子方程式为：2HCO+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；小问3详解】乳酸根的结构简式为CH3CH(OH)COO−，其中的羟基也可以被酸性KMnO4氧化，也消耗了KMnO4，所以经过反复多次测定乳酸亚铁的质量分数总是大于100%；【小问4详解】根据分析可知连接顺序应为a→h→i→d→e→j→k→f→g→b→c(或g→f→b→c)；【小问5详解】为抑制氯化铁水解，所得无水FeCl3需溶于浓盐酸中得到氯化铁溶液，再稀释得到所需的FeCl3溶液；【小问6详解】①Fe3+可以将SO2氧化为SO，自身被还原为Fe2+，根据得失电子守恒可知Fe3+和SO2的系数比为2∶1，再结合元素守恒可得离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=4H++SO+2Fe2+；②通入SO2后溶液迅速由黄色变为红棕色，说明此时会生成[Fe(SO2)6]3+，静置一小时后溶液变为浅绿色，说明生成了Fe2+，则说明第二种反应正向进行的程度更大，K1＜K2。17.铼被誉为21世纪的超级金属，被广泛应用于航空航天领域，一种由铼渣(主要成分：ReS2)提取铼的工艺流程图如图：（1）已知铼价电子排布与锰相似，写出75Re的价电子排布式为_____。（2）第一步酸浸过程中ReS2转化为两种强酸，其中一种为高铼酸(化学式：HReO4)，请写出反应的离子方程式：_____，根据图1所示，浸出过程中应将铼渣粉碎至_____目左右，根据图2所示，操作II过程中萃取液流速应选择6～8BV/h。（3）已知高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水。提纯粗高铼酸铵固体的方法是_____。（4）写出由高铼酸铵热分解得到Re2O7的化学方程式：_____。（5）实际生产过程中，使用氢气还原Re2O7时，氢气的用量始终要大于理论计算值，其原因是_____。（6）整个工艺中可循环利用的物质有硫酸、氨气以及_____。（7）已知铼的晶胞如图3所示，晶胞的参数如图4所示(a、c的单位为A，1A=10-10m)，则金属铼的密度表达式为____g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值，M表示Re的摩尔质量)【答案】（1）5d56s2（2）①.2ReS2+19H2O2=2+4+10H++14H2O②.120（3）重结晶（4）（5）氢气除用作还原剂外，还需用作保护气，用于排尽装置内的空气，防止铼被氧化（6）含R3N的有机溶剂（7）【解析】【分析】工业上用富铼渣（含ReS2）制得铼粉，向富铼渣（含ReS2）中加入稀硫酸和H2O2溶液，发生氧化还原反应生成HReO4和H2SO4，过滤得到滤渣和含有HReO4和H2SO4的滤液；向滤液中加入含R3N的有机溶液萃取，分液得到可以循环使用的稀硫酸和R3N•HReO4溶液；向R3N•HReO4溶液中加入氨水充分反应后，分液得到可以循环使用的含R3N的有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体；高铼酸铵晶体受热分解生成可以循环使用的NH3和Re2O7；再用H2热还原Re2O7生成铼粉。【小问1详解】Re为75号元素，其价电子排布式为5d56s2。【小问2详解】酸浸过程中ReS2转化成两种强酸，其中一种为HReO4，离子方程式为2ReS2+19H2O2=2+4+10H++14H2O。从图中可知，将铼渣粉碎至120目时，其浸出率可达95%，矿样粒度大于120目时，铼浸出率基本不变，则将铼渣粉碎至120目。【小问3详解】已知高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，则提纯粗高铼酸铵固体的方法为重结晶法。【小问4详解】高铼酸铵热分解生成Re2O7，化学方程式为【小问5详解】氢气除用作还原剂外，还需用作保护气，用于排尽装置内的空气，防止铼被氧化，则氢气的用量始终要大于理论计算值。【小问6详解】由分析可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有硫酸、NH3和含R3N的有机溶剂。【小问7详解】一个铼晶胞中含有铼原子2个，该晶胞的体积为2×c，则金属铼的密度表达式为=。18.近年，甲醇的制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。以下是两种制取过程。（1）利用CO2制取甲醇：在1L的容器中，选择合适的催化剂进行反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H＜0。改变表中条件，测得如表数据：温度投料n(H2)/mol投料n(CO2)/molH2平衡转化率/%1组T112602组T222503组T362α①若在T1时，假设经过5分钟即达到化学平衡，则0～5分钟这段时间用H2的变化量表示的化学反应速率为______mol•L-1•min-1。②在T2时，此时CO2的平衡转化率为_____(计算结果保留1位小数)。③当T1=T3，若α=60%时，浓度熵Qc=_____(保留两位小数)，据此判断，此时反应朝_____(填正或逆)向进行至达到平衡。（2）利用烯烃催化制取甲醇。其制取过程中发生如下反应：I.C3H6(g)+3H2O(g)3CH3OH(g)△H1II.C2H4(g)+2H2O(g)2CH3OH(g)△H2III.3C2H4(g)2C3H6(g)△H3若反应I、III的vantHoff实验数据如图所示(vantHoff经验公式RlnK=-+C，△Hθ为标准