江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年高三上学期第一次段考 化学试题（日新班）（解析版）

高三年级上学期日新班第一次段考化学试卷满分：100分可能用到的相对原子质量：H：1B：11Al：27O：16N：14Fe：56C：12Cr：52Cl：35.5一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A.“酒香不怕巷子深”体现了熵增的原理B.船体上镶嵌锌块，是利用外加电流法避免船体遭受腐蚀C.烟花发出五颜六色的光是利用了原子的吸收光谱D.“太阳翼”及光伏发电系统能将太阳能变为化学能【答案】A【解析】A．酒香不怕巷子深体现了乙醇挥发性，乙醇由液态变为气态，混乱度增加，是熵增的过程，A正确；B．船体上镶嵌锌块，锌比铁活泼，做负极，可以保护铁，是利用牺牲阳极法避免船体遭受腐蚀，B错误；C．烟花发出五颜六色的光被称为焰色反应，利用的是原子的发射光谱，C错误；D．“太阳翼”及光伏发电系统能将太阳能变为电能，D错误；故答案选A。2.湖南山水奇秀，文化底蕴深厚。下列说法正确的是A.浏阳花炮的历史可溯至唐宋，烟花就是金属单质灼烧时呈现的各种艳丽色彩B.马王堆一号汉墓出土的直裾素纱禅衣是西汉蚕丝制品，蚕丝属于天然纤维C.长沙天心阁古城墙始建于西汉，为砖石结构，砖石为青砖，主要成分为D.湘西非物质文化遗产酒鬼酒的酿造过程中不涉及氧化还原反应【答案】B【解析】A．烟花是锂、钠、钾、锶、钡等金属化合物灼烧时呈现的各种艳丽色彩，A错误；B．蚕丝的主要成分为蛋白质，蛋白质属于天然纤维，B正确；C．长沙天心阁古城墙始建于西汉，为砖石结构，砖石为青砖，主要成分为Fe3O4，C错误；D．淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖转化为乙醇涉及氧化还原反应，D错误；故选B。3.下列反应方程式书写不正确的是A.将溶液与稀硫酸混合，产生浑浊：B.用浓氨水检验氯气泄漏：C.稀硫酸酸化的淀粉溶液在空气中放置一段时间后变蓝：D.溶液与少量溶液反应：【答案】C【解析】】A．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，发生歧化反应生成单质S和SO2气体，选项所给离子方程式正确，A正确；B．用浓氨水检验氯气泄漏，若泄漏则可观察到产生白烟，氯气有氧化性，将氨气氧化为氮气，同时有氯化铵生成，选项所给方程式正确，B正确；C．稀硫酸酸化的淀粉-KI溶液在空气中放置一段时间后变蓝，是空气中的氧气将I-氧化为I2，I2遇淀粉变蓝，正确的离子方程式为4I-+O2+4H+=2H2O+2I2，C错误；D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应生成CaCO3、NaHCO3和H2O，故选项所给离子方程式正确，D正确；本题选C。4.铜与硝酸反应的装置如图所示，实验步骤如下：步骤1：向试管a中加入2mL浓硝酸，塞上带有铜丝的橡胶塞。观察到铜丝逐渐变细，溶液变绿，试管a中充满红棕色气体。步骤2：一段时间后，试管a中反应变平缓，溶液逐渐变成蓝色，同时气体颜色从下方开始变浅，最终变成无色。步骤3：反应停止后，用注射器向试管中注入少量稀硫酸，铜丝继续溶解，产生无色气体。下列说法不正确的是A.步骤1中在NaOH溶液中主要发生的反应为B.步骤2观察到反应变平缓而且气体颜色从下方开始变浅，可能发生了反应：3NO2+H2O=2HNO3+NOC.相对于步骤2，步骤1中溶液显绿色可能是NO2溶解在硝酸铜中所致D.步骤3固体继续溶解，说明此时铜被硫酸氧化【答案】D【解析】A．铜和浓硝酸发生氧化还原反应生成红棕色NO2气体，NO2气体经导气管进入到烧杯b中，与NaOH反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，该反应的离子方程式为：2NO2+2OH-=++H2O，A正确；B．步骤2观察到反应变平缓而且气体颜色从下方开始变浅，可能是硝酸变稀，发生了反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+H2O，浓硝酸与Cu反应产生的NO2与溶液中的水又发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，B正确；C．NO2为红棕色气体，其溶解在蓝色硝酸铜溶液中，从而使得溶液显示绿色，C正确；D．铜不能被硫酸氧化，步骤3加入稀硫酸，固体继续溶解，是由于步骤2得到溶液中含有硝酸根离子，在酸性条件下，硝酸根离子继续氧化铜单质生成NO，D错误；故合理选项是D。5.碳材料家族又添2位新成员，通过对两种分子实施“麻醉”和“手术”，我国科学家首次成功合成了由10个或14个碳原子组成的芳香性环形纯碳分子材料(结构如图所示)，下列叙述错误的是A.分子中存在极性键和非极性键B.环形和环形互为同素异形体C.为极性分子D.转化为环形的过程中，发生了还原反应【答案】C【解析】A．C10Cl8分子中存在C-Cl极性键和C-C非极性键，A正确；B．环形C10和环形C14是碳元素的两种单质，互为同素异形体，B正确；C．C14Cl10分子有对称性，正负电荷中心重合，是非极性分子，C错误；D．C14Cl10转化为环形C14的的过程，碳元素价态降低，所以C14Cl10发生了还原反应，D正确；故选C。6.近年来，锂介导的氮还原已被证明是一种有前途的电化学合成氨的方法，其电合成氨装置如图所示，下列说法错误的是A.电极A的电势高于电极BB.阴极电极反应式为N2+2Li++4H++6e—=2LiNH2C.由图可知该装置反应前后，理论上乙醇的浓度不变D.理论上若电解液传导6molH+，最多生成标准状况下33.6LNH3【答案】D【解析】【分析】由图可知，通入氢气的电极A为阳极，氢气在阳极失去电子发生还原反应生成氢离子，氢离子与EtO—离子反应生成EtOH，EtOH解离出氢离子和EtO—离子，通入氮气的电极B为阴极，锂离子在阴极得到电子生成锂，锂与氮气和EtOH解离出的氢离子反应生成氨基锂，氨基锂与氢离子反应生成锂离子和氨气，则阴极的电极反应式为N2+2Li++4H++6e—=2LiNH2，电解的总反应方程式为N2+3H22NH3。A．由分析可知，通入氢气的电极A为阳极，通入氮气的电极B为阴极，则电极A的电势高于电极B，故A正确；B．由分析可知，阴极的电极反应式为N2+2Li++4H++6e—=2LiNH2，故B正确；C．由分析可知，电解的总反应方程式为N2+3H22NH3，则该装置反应前后，理论上乙醇的浓度不变，故C正确；D．由分析可知，阴极的电极反应式为N2+2Li++4H++6e—=2LiNH2，则放电时4mol氢离子参与放电生成2mol氨基锂，2mol氢离子与氨基锂生成2mol氨气，则理论上若电解液传导6mol氢离子，生成标准状况下氨气的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故D错误；故选D。7.氮化硅()是一种高温结构陶瓷材料，它硬度大、熔点高、化学性质稳定。合成氮化硅的一种工艺流程如图所示。下列说法正确的是已知：在潮湿的空气中易水解产生白雾。A.第①步的反应方程式为B.该流程中可循环使用C.1mo和所含共价键数目均为4D.第③步反应可用氨水代替【答案】B【解析】【分析】石英砂与焦炭发生氧化还原反应生成粗硅，粗硅中硅单质与Cl2发生氧化还原反应生成SiCl4；SiCl4和氨气一定温度生成Si(NH)2，Si(NH)2高温下加热可得氮化硅，结合质量守恒可知，还生成氨气。A．第①步为石英砂与焦炭在高温条件下生成粗硅和CO，反应方程式为，A错误；B．由分析可知，Si(NH)2高温下加热生成的氨气可以在③中循环利用，B正确；C．1molSiCl4中含有4mol硅氯键，而1molSi3N4中含有12mol硅氮键，所含共价键数目分别为、，两者所含共价键的数目不同，C错误；D．SiCl4在潮湿的空气中易水解产生白雾，因此第③步反应不可用氨水代替NH3，D错误；故选B。8.某镁铁合金是目前储氢密度最高的材料之一，其晶体的立方晶胞如图所示，晶胞边长为apm。Mg原子占据Fe原子形成的所有四面体空隙。储氢后，分子占据Fe原子形成的八面体空隙，化学式为。下列说法正确的是A.氢气储满后晶体的化学式为B.该镁铁合金中Mg、Fe通过离子键结合C.氢气储满后，分子和分子之间的最近距离为D.该镁铁合金中，与1个Mg配位的Fe和与1个Fe配位的Mg均有4个【答案】A【解析】A．每个晶胞中含有4个Fe和8个Mg。晶胞中Fe原子形成的八面体空隙在晶胞的棱心和体心上，所以晶胞中Fe原子形成的八面体空隙的数目为，即每个晶胞中含有4个分子，故氢气储满后晶体的化学式为，A正确；B．该镁铁合金中的元素均为金属元素，所以该镁铁合金中Mg、Fe通过金属键结合，B错误；C．氢气储满后，分子和分子之间的最近距离为面对角线(pm)的二分之一，即pm，C错误；D．该镁铁合金中，与1个Mg配位的Fe有4个，与1个Fe配位的Mg有8个，D错误;故答案选A。9.一种利用含钴废料(主要成分为，还含有少量等杂质)制备的工艺流程如下。已知：①常温下，部分金属离子沉淀的如下表：金属离子开始沉淀的8.52.2347.8完全沉淀(金属离子)的的10.03.04.59.4②的的。下列说法不正确的是A.由流程可知氧化性：B.常温下加入的溶液显碱性C.气体通入氨水至过量后所得溶液可循环利用D.“高温焙烧”时的化学方程式：【答案】A【解析】【分析】钴废料(主要成分为，还含有少量等杂质)中加硫酸、H2O2酸浸，还原为Co2+，转化为对应硫酸盐，二氧化硅不溶解，滤渣为二氧化硅，滤液中加氨水调溶液的pH，沉淀Al3+、Fe3+，过滤，滤液中加碳酸氢铵沉钴，得CoCO3沉淀，然后碳酸钴和碳酸锂高温焙烧生成。A．由流程可知，钴废料(主要成分为，还含有少量等杂质)中加硫酸、H2O2酸浸，被H2O2还原为Co2+，所以氧化性：，故A错误；B．电离常数：碳酸的，所以水解常数，所以溶液显碱性，故B正确；C．气体为CO2，通入氨水至过量后所得溶液为溶液，溶液可循环利用，故C正确；D．“高温焙烧”时，碳酸钴和碳酸锂反应生成，钴元素化合价升高，则有氧气参与，反应的化学方程式：，故D正确；故答案为：A。10.近年研究发现，电催化和含氮物质等)在常温常压下合成尿素，有助于实现“碳中和”及解决含氮废水污染问题。用铅酸蓄电池作电源，向含有一定浓度的酸性废水中通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。下列说法正确的是A.d为电源正极，该电极反应式为B.为提高溶液导电性，电极区溶液中可加入少量氯化钠C.当电极区生成尿素时，电极区质量减少D.每转化为尿素就有由极区迁移到极区【答案】C【解析】【分析】从电池结构中有电源可知，该电池是电解池，从该电池的H+的移动方向可知，H+从b电极向a电极移动，电解池中阳离子从阳极移向阴极，所以a电极是阴极，b电极是阳极，所以d电极为电源的正极，c电极为电源的负极，据此解答。A．d电极为电源的正极，铅酸蓄电池作电源时的正极反应为：，故A错误；B．b电极阳极，加入少量氯化钠后氯离子先放电，会产生氯气，故B错误；C．3.0g尿素的物质的量为=0.05mol，结合a极反应式，转移电子为0.8mol，b极的反应式为，转移0.8mol电子时，会消耗0.4molH2O，减少的质量为7.2g，故C正确；D．电解池中阳离子从阳极移向阴极，H+从b电极向a电极移动，H+在a电极参与反应，由其电极反应式可知，每转化为尿素则转移的电子为16mol，通过质子交换膜有16molH+，故D错误；故答案选C。11.六种主族元素，原子序数依次增大，原子最外层电子数是内层电子数的2倍，与相邻，的一种简单氢化物常用作制冷剂，元素在骨骼和牙齿的形成中有重要作用，基态原子的能级与能级电子数相等，下列说法不正确的是A.化学键中离子键成分的百分数：B.键长：C.的第一电离能大于其同周期相邻元素D.分子的极性：【答案】B【解析】【分析】六种主族元素，原子序数依次增大，原子最外层电子数是内层电子数的2倍，是C，与相邻，是Si，的一种简单氢化物常用作制冷剂,是N，元素在骨骼和牙齿的形成中有重要作用，是F，则N是O，基态原子的能级与能级电子数相等，是Mg，据此作答。A．Mg和C的电负性相差大于Si，所以离子键成分的百分数，故A正确；B．中心N原子化合价相同，氮和氧成键少，键的斥力小，键长短，所以，故B错误；C．Mg为第二主族元素，第一电离能大于其同周期相邻元素，故C正确；D．为三角锥形，极性分子，正四面体，非极性分子，所以分子的极性，故D正确；答案选B。12.下列有关物质的组成、结构、性质与转化，说法正确的是A.醛、酮分子间可形成氢键，其沸点比相应的烷烃要高B.苯、甲苯、苯酚都能与溴单质发生取代反应，苯酚更容易进行C.冠醚是不同大小空穴的超分子，可以识别不同大小的碱金属离子D.缺角的氯化钠晶体在饱和溶液中慢慢变为完美的立方体块，表现了晶体的各向异性【答案】B【解析】A．氢原子与电负性大的原子X（O、F、N等）以共价键结合，而对应与电负性大、半径小含有孤电子对的Y（O、F、N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键，由此可知，醛、酮分子间不能形成氢键，醛、酮分子中存在强极性的羰基，这个官能团的极性增加了分子间的引力，因此醛、酮沸点比相应相对分子质量的烷烃高，故A错误；B．苯、甲苯与溴单质发生取代反应必须要在催化剂的条件才可以发生，羟基为吸电子基团，苯环受羟基的影响，苯环上更易与溴单质发生取代反应，因此苯酚中的苯环上的氢更容易被卤原子取代，说明苯酚中的苯环上H原子更活泼，故B正确；C．超分子化合物是指由两个或更多个分子通过分子间相互作用在一起形成的分子聚集体，而杯酚和冠醚是一种特殊的结构，它们由多个分子反应形成的一个稳定的结构，但它们不是超分子，冠醚利用环上的氧原子和不同大小的空穴识别碱金属离子，结合了碱金属离子之后的冠醚才是超分子，故C错误；D．缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，体现了晶体的自范性，故D错误；故答案选B。13.由下列实验操作和现象，可得出相应正确结论的是选项实验操作现象结论A向热的浓硝酸中加入红热的木炭，继续加热产生红棕色气体木炭与浓硝酸一定发生了反应B将少量硝酸铜受热分解(产物为CuO、NO2、O2)产生的气体收集后，用带火星的木条检验木条复燃不能支持燃烧C向酸性溶液中滴加溶液溶液褪色具有漂白性D将溶液与溶液混合生成白色沉淀碱性：A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．浓硝酸在加热条件下分解生成二氧化氮、氧气和水，因此不能说明木炭与浓硝酸一定发生了反应，故A错误；B．根据硝酸铜受热分解产物，可配平方程为：2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑，则同条件下生成的NO2、O2的体积比为4：1，O2的含量与空气相当，带火星的木条在空气中不能复燃，但能在该混合气体中复燃，说明该混合气体中有不同于空气中的助燃物质，用带火星的木条检验，木条复燃，则表明NO2能支持燃烧，故B错误；C．高锰酸钾溶液具有强氧化性，双氧水使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明双氧水具有还原性，故C错误；D．将NaAlO2溶液加入NaHCO3溶液中，发生反应：，证明酸性：，盐类水解的规律是越弱越水解，推知对应的盐水解的程度，因此碱性为：，故D正确；故答案选D。14.室温下，向溶液中加入固体，溶液中、随的变化如下图所示(忽略该过程中溶液体积和温度的变化)。已知：室温时，。下列说法不正确的是A.曲线分别代表的变化B.随的加入，的值不断减小C.M点存在：D.N点时，溶液的为9.26【答案】B【解析】【分析】原溶液是，开始电离出的是和，因此开始较多的离子是和，加入NaOH先和离子反应，变化不大，得出a曲线代表离子浓度变化，b曲线代表离子浓度变化，c曲线代表离子浓度变化，d曲线代表浓度变化。A．由分析知，曲线分别代表的变化，A正确；B．随的加入，酸性逐渐减弱，氢离子浓度逐渐减小，温度不变，Ka2不变，的值不断增大，B错误；C．M点的溶液中，此时pH=7.2，溶液呈碱性，即，由电荷守恒得，，C正确；D．N点时，由，则溶液的为9.26，D正确；故选B。二、综合题(本题包括4小题，每空2分，共58分。)15.三氯化铬在工业上广泛用作媒染剂、催化剂、电镀用铬试剂。某小组在实验室模拟工业制备并测定纯度。已知：①三氯化铬能升华，能水解，高温下可被氧气氧化；②气体有毒，遇水易发生水解反应。回答下列问题：I．制备以和(沸点)为原料，在高温下制备无水，同时生成气体。选用如下装置(加热及夹持装置略)：（1）装置E的仪器名称为___________。（2）实验装置合理的接口连接顺序为a→___________。（3）装置BC中粗导管的作用是___________。（4）为了形成稳定的气流，对装置F采取的最佳措施是___________。Ⅱ．样品中三氯化铬质量分数的测定称取产品配成溶液，取样品溶液于锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量并酸化，将氧化为，再次煮沸，冷却后再加入稍过量KI固体充分摇匀，使铬元素完全以形式存在。加入适量的指示剂，用的标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准溶液。已知：。（5）“再次煮沸”的目的是___________。（6）写出实验中与反应的离子方程式：___________。（7）样品中无水三氯化铬的质量分数为___________(保留4位有效数字)。（8）下列操作将导致产品中质量分数测定值偏低的是___________。(填标号)。a．样品溶液定容、摇匀后，发现液面低于刻度线，立即补加水b．装标准液的滴定管装液前未润洗c．读数时，滴定前俯视、滴定后平视【答案】（1）球形干燥管（2）gh→bc→ef→d（3）防止三氯化铬凝华后堵塞导管（4）水浴加热（5）除去过量的H2O2，防止过量的H2O2将KI氧化为I2（6）（7）81.01%（8）a【解析】【分析】以和(沸点)为原料，在高温下制备无水，同时生成气体，能升华，能水解，高温下可被氧气氧化，所以过程中要确保装置内不存在氧气和水蒸气，A装置的作用是干燥氮气，用氮气将F装置的CCl4导入装置B参与反应，C装置为收集装置，E装置的作用是防止水蒸气进入装置B，D装置的作用是处理尾气，B装置为发生装置。整个反应的流程，先用干燥的氮气排净整个装置的空气，然后继续充入氮气将四氯化碳导入装置与B中反应生成CrCl3和，有毒，用装置D的氢氧化钠溶液处理尾气，为防止D装置的水蒸气进入反应装置，在C、D之间加上装置E。【小问1】据装置E的构造可知，其名称为球形干燥管；【小问2】据以上分析可知，实验装置合理的接口连接顺序为a→gh→bc→ef→d；【小问3】能升华，装置BC中粗导管的作用是防止三氯化铬凝华后堵塞导管；【小问4】为了形成稳定的气流，可使受热均匀，即对装置F采取的最佳措施是水浴加热；【小问5】由于之前加入稍过量，所以“再次煮沸”的目的是除去过量的H2O2，防止过量的H2O2将KI氧化为I2；小问6】具有强氧化性，能氧化，反应的离子方程式为；【小问7】由电子得失守恒和元素质量守恒，可得如下关系式：2CrCl3--6KI-3I2-6Na2S2O3，所以产品中CrCl3的物质的量为，则样品中无水三氯化铬的质量分数为；【小问8】a．样品溶液定容、摇匀后，发现液面低于刻度线，立即补加水，则CrCl3的物质的量浓度偏小，产品中CrCl3质量分数测定值偏低，故a符合题意；b．装标准液的滴定管装液前未润洗，则标准液的浓度偏低，消耗的标准液的体积偏大，产品中CrCl3质量分数测定值偏高，故b不符合题意；c．读数时，滴定前俯视、滴定后平视，会使标准液的体积偏大，产品中CrCl3质量分数测定值偏高，故c不符合题意；故答案为：a。16.铑()是一种稀有贵金属，工业上从废铑材料(主要含，还含有等)中提炼铑的主要途径有如下两种。已知：①金属活动性顺序位于H之后。②(Ⅲ)易与形成配离子，且该配离子在水溶液中存在以下平衡：。③时相关氢氧化物的见下表。开始沉淀的金属离子浓度为；金属离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。氢氧化物回答下列问题：（1）途径一：①“氯化溶解”过程中，金属转化为，该反应的化学方程式为___________。②“定向脱铜”时，铜的沉淀率随变化如图所示，实际工业生产中控制为2.5，不宜大于2.5的原因是___________。③“阳离子交换”过程中，被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子有___________。（2）途径二：①“控温焚烧”将、分别氧化为和，“加热至熔融”将焚烧后的物质全部转化成可溶性的硫酸盐。已知单质与反应的产物之一为，则被氧化的和被还原的的物质的量之比为___________。②步骤“调①”中应调节的范围为___________(保留两位有效数字)。③用氨水沉淀铑元素的离子方程式为___________。【答案】（1）①.2Rh+3Cl2+6HCl=2H3RhCl6②.pH>2.5，[RhC16]3-水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失③.Na+、Fe3+（2）①.2：3②.2.8~4.2③.Rh3++3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3【解析】【分析】途径一：废铑材料(主要含Rh，还含有Cu、Fe等)粉碎后通入氯气并加入盐酸，“氯化溶解”得到H3RhCl6、CuCl2、FeCl3，加入草酸和铜离子结合生成草酸铜，同时加入NaOH调节溶液pH，阳离子交换树脂吸附Na+、Fe3+为滤液除杂，[RhCl6]3-发生水解反应生成Rh(OH)3沉淀，最后得到铑粉；途径二：废铑材料(主要含Rh，还含有Cu、Fe等)焚烧将Cu转化为CuO，将Fe转化为Fe2O3，加热熔融，加入KHSO4，生成Rh2(SO4)3、CuSO4、Fe2(SO4)3，加入水和氨水调pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入氨水调节pH，生成Rh(OH)3沉淀和Cu(NH3)4SO4溶液，过滤，Rh(OH)3和途径一相同处理得铑粉；【小问1】①高铜铑精矿通入氯气和HCl，“氯化溶解”得到H3RhCl6，反应的方程式为2Rh+3Cl2+6HCl=2H3RhCl6；②由图像可知，pH=2.5时，铜的沉淀率已达99%，若pH<2.5，铜的沉淀率会较低；pH>2.5，[RhC16]3-水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失；③定向脱铜后溶液得到草酸钠、FeCl3，“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子主要有Na+、Fe3+；【小问2】①Rh单质与KHSO4反应生成Rh3+，还原产物为SO2，硫元素得2个电子，Rh失3个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，方程式为：2Rh+12KHSO4=Rh2(SO4)3+3SO2↑+6K2SO4+6H2O，则被氧化的和被还原的的物质的量之比2：3；②Fe3+沉淀完全时，由c(OH-)===10-11.2mol/L，即pH=2.8，同时为了使Cu2+不发生沉淀，由c(OH-)===10-9.8mol/L，即pH=4.2，故调节的pH范围为2.8~4.2；③用氨水调pH，NH3·H2O电离产生的OH−与Rh3+反应生成Rh(OH)3沉淀，其离子方程式为Rh3++3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3。17.将转化为高附加值化学品是目前研究的热点之一，甲醇是重要的化工原料和优良的替代燃料，因此加氢制甲醇被广泛关注。与在催化剂作用下主要发生以下反应：ⅰ.ⅱ.ⅲ.（1）___________，反应ⅲ在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。在恒容绝热条件下，起始投料按充入容器中，若只发生反应ⅲ，则下列可作为该条件下反应ⅲ达到平衡的判断依据的是___________(填标号)。A．与的比值不变B．不变C．容器内气体压强不变（2）将1mol和3mol充入体积为2L的密闭容器中，只发生反应ⅰ和ⅱ。在190~250℃、8MPa下，以CuO-ZnO、CuO-Zn@作催化剂，研究反应相同时间在不同催化剂的作用下，转化率、选择性、收率与温度的关系如图a、图b；280~360℃下，在某催化剂作用下探究的平衡转化率及的选择性随温度变化的关系如图c．已知：选择性=(生成目标产物所消耗的反应物的物质的量÷参与反应的反应物的物质的量)×100%。①分析图a和图b，在该压强下反应的最适宜催化剂为___________。②分析图c，随着反应温度的升高，平衡转化率增大，但甲醇选择性降低的原因是___________。③312℃时，若起始压强为，反应ⅱ的___________(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。（3）工业上还可用电催化制甲醇实现资源综合利用，图示装置(设电解质溶液均呈酸性)，若阴极只生成甲醇，则每转移6mol电子时，阴极室溶液质量增加___________g。【答案】（1）①.-90.4kJ·mol−1②.低温③.BC（2）①.Cu-ZnO@SiO2②.温度升高，反应Ⅱ(吸热反应)平衡正向移动程度大于反应Ⅰ(放热反应)平衡逆向移动的程度，使的转化率增大，但是温度升高反应I平衡逆向移动，使甲醇的选择性降低③.0.0013（3）50【解析】【小问1】已知ⅰ.ⅱ.根据盖斯定律，反应i－反ii即可得到ΔH3=ΔH1-ΔH2=-49.4kJ·mol−1－41kJ·mol−1=-90.4kJ·mol−1；反应iii是气体体积减小的放热反应，ΔH<0，ΔS<0，当ΔH-TΔS<0时反应能自发进行，则该自发进行的条件是低温；A．充入的物质的量比例与反应的比例均为1：2，与的比值不变，不能确定是平衡状态，A错误；B．=K，温度不变，K不变，在恒容绝热条件下，温度不变即平衡，可以确定是平衡状态，B正确；C．反应前后气体物质的量是改变的，当容器内气体压强不变，说明平衡不移动且温度不变，可以确定是平衡状态，C正确；故选BC；【小问2】①由图可知，在该压强下反应条件为230℃、Cu-ZnO@SiO2时，甲醇的选择性较高，甲醇收率最高，应该选择该条件；②推测在一定温度范围内，随着反应温度的升高，转化率增大，但甲醇选择性降低的原因是：温度升高，反应Ⅱ(吸热反应)平衡正向移动程度大于反应Ⅰ(放热反应)平衡逆向移动的程度，使的转化率增大，但是温度升高反应I平衡逆向移动，使甲醇的选择性降低；③设反应ⅰ转化了xmol，反应ⅱ转化了ymol，根据已知条件列出“三段式”，、，甲醇的选择性为=80%，平衡转化率为==12.5%，解得x=0.1mol，y=0.025mol，可得n()=0.875mol、n(H2)=2.675mol、n(CH3OH)=0.1mol、n(H2O)=0.125mol、n(CO)=0.025mol，气体总物质的量为3.8mol，则平衡压强为，反应ⅱ的=≈0.0013；【小问3】在酸性电解质中，阳极H2O失电子生成O2等，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；阴极电极反应式为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O；每转移6mol电子时，阴极室溶液质量增加1mol×32g/mol+1mol×18g/mol=50