江西省宜春市高三下学期模拟预测化学试题

宜春市2024年高三适应性考试化学试卷(考试时间：75分钟试卷满分：100分)注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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：H1Li7C12O16Na23S32Cl35.5K39Cr52Zn65第I卷一、选择题：(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.乡村振兴和可持续发展化学发挥着重要作用，下列有关叙述正确的是A.用改善酸性土壤B.发展风力发电以减少碳排放C.江西省盛产大米，谷物酿酒是用淀粉水解生成乙醇D.龙虎山的丹霞地貌红色岩层中富含【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以不能用氯化铵改善酸性土壤，A错误；B．风力发电可以减少化石能源的使用，有利于减少二氧化碳的排放，有助于加快实现碳中和，B正确；C．淀粉在酶的作用下发生水解反应生成葡萄糖，不能生成乙醇，C错误；D．丹霞山岩石中富含红棕色的氧化铁，不是黑色的氧化亚铁，D错误；故选B。2.石灰氮()是一种新型氮肥，与土壤中的反应生成氰胺()，氰胺可进一步转化为尿素[]。下列说法正确的是A.和空间构型相同，键角：B.为非极性分子C.中子数为20的钙原子可表示为D.分子中各元素的电负性大小关系为【答案】A【解析】【详解】A．二氧化硫空间结构是v型，键角约是120度，水也是v型，但是键角是104.5度，水比较小，因为它们杂化类型不一样，是sp2杂化,而是sp3有两个孤电子对,造成键角变化，A正确；B．正电荷中心和负电荷中心相重合的分子为非极性分子，正电荷中心和负电荷中心不重合、是极性分子，B错误；C．中子数为20的钙原子可表示为，C错误；D．由尿素分子结构式可知,四种元素为H、C、N、O,故四种元素的电负性由大到小顺序是O>N>C>H，D错误；故选A。3.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器和连接装置)实验序号实验目的玻璃仪器试剂①萃取碘水中的碘单质长颈漏斗、烧杯、碘水②制乙炔启普发生器、试管、导管电石、饱和食盐水③配制100一定物质的量浓度的溶液100容量瓶、烧杯、玻璃棒蒸馏水、固体④葡萄糖的银镜反应实验试管、酒精灯、烧杯、量筒、胶头滴管10%葡萄糖溶液、新制的银氨溶液A.① B.② C.③ D.④【答案】D【解析】【详解】A．萃取碘水中的碘单质需要用分液漏斗，不是长颈漏斗，A错误；B．制取乙炔不能用启普发生器，碳化钙与水反应剧烈，启普发生器不能控制，应该用分液漏斗和圆底烧瓶来制取，B错误；C．配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，仪器中还缺少胶头滴管，C错误；D．葡萄糖的银镜反应实验用试剂是：10%葡萄糖溶液、新制的银氨溶液，用温水浴加热，所用仪器有试管、酒精灯、烧杯、量筒、胶头滴管，D正确；答案选D。4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X、Z可以构成[ZX4]+，Y、Z与W同周期。化合物A有顺式和反式两种同分异构体，结构如图所示，下列说法错误的是A.化合物A中含配位键数目为4NAB.简单氢化物的沸点：W＞Z＞YC.根据结构可以推测顺式结构在水中的溶解度大于反式结构D.第一电离能：Z＞W＞Y【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X、Z可以构成[ZX4]+，可知X为H元素、Z为N元素；W与Y、Z同周期，化合物中W形成2个共价键，W为O元素；化合物中Y形成4个共价键，结合原子序数可知Y为C元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素。A．未指出化合物A物质的量，不能确定其中含有的配位键的数目，A错误；B．根据上述分析可知：Y为C、Z为N、W为O元素，它们是同一周期元素，它们形成的简单氢化物分别是H2O、NH3、CH4，三种元素组成的简单氢化物都是由分子通过分子间作用力结合，由于在H2O、NH3分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致其熔沸点比CH4高，并且氢键：H2O＞NH3，故物质的沸点：W(H2O)＞Z(NH3)＞Y(CH4)，B正确；C．反式结构对称性高，为非极性分子，难溶于水，而顺式结构为极性分子，易溶于水，故顺式结构在水中的溶解度大于反式结构，C正确；D．同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则第一电离能：Z(N)＞W(O)＞Y(C)，D正确；故选A。5.下图为合成药物M工艺过程中的某一步转化关系(反应条件已省略)。下列说法正确的是A.化合物甲分子中含有3个手性碳原子B.化合物丙可以发生水解反应，水解产物中没有化合物乙C.化合物甲和化合物丙均含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基D.上述反应为取代反应，生成物有化合物丙和乙酸【答案】B【解析】【详解】A．化合物甲分子中含有4个手性碳原子，如图：，A错误；B．丙的水解产物是甲和，没有化合物乙，B正确；C．化合物丙没有的氨基，C错误；D．反应为取代反应，生成物有化合物丙和乙醇，D错误；答案选B。6.高效率和高选择性地将转化为是资源化利用的途径之一，我国科研工作者开发了一种空腔串联反应器，为电催化还原提供了一种可行的转化方案，其原理如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.44g中中心原子C的价层电子对数为B.1中所含中子数一定为10C.途径2生成标准状况下22.4L，反应转移电子数为8D.若利用电解原理实现途径1，在阳极放电【答案】C【解析】【详解】A．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，则44g二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为×2×NAmol—1=2NA，故A错误；B．由12C和1H组成的甲烷分子含有的中子数为6，则1mol甲烷分子中含有的中子数为1mol×6×NAmol—1=6NA，故B错误；C．由图可知，途径2中1mol二氧化碳转化为1mol甲烷时，反应转移8mol电子，则生成标准状况下22.4L甲烷时，反应转移电子数为×8×NAmol—1=8NA，故C正确；D．途径1中碳元素的化合价降低被还原，则利用电解原理实现途径1时，二氧化碳在阴极放电，故D错误；故选C。7.某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝{，}按如图流程开展实验。已知：①铝土矿主要成分为，含少量和。用溶液溶解铝土矿过程中转变为难溶性的硅酸盐。②的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度。当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。下列说法正确的是A.步骤I所得滤液中主要溶质的化学式是、和B.步骤Ⅱ，可以用代替C.步骤Ⅲ，为减少吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌D.步骤V采用蒸汽浴加热。若用酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀【答案】D【解析】【分析】铝土矿主要成分为，含少量和，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。【详解】A．用溶液溶解铝土矿过程中转变为难溶性的硅酸盐，步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是和，A错误；B．步骤Ⅱ中向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳目的是将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，若用代替，由于HCl酸性较强，HCl过量会导致氢氧化铝沉淀溶解，不可以用代替，B错误；C．步骤Ⅲ，洗涤时不能对漏斗中的沉淀进行搅拌，C错误；D．步骤V中酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀，D正确；故选D。8.一定条件下，丙烯与反应生成和的反应历程如图所示。【已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)】，下列说法正确的是A.反应的为B.丙烯与的加成反应为放热反应，所以该反应一定能自发进行C.其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物的比例D.根据该反应推测，丙烯与加成的主要产物为2溴丙烷【答案】D【解析】【详解】A．根据图示，不能求得反应的，A错误；B．由图可知，丙烯与HCl加成生成CH3CHClCH3或CH3CH2CH2Cl的反应都是放热反应，∆H＜0，反应的∆S＜0，根据时自发进行，反应在低温下能自发进行，B错误；C．丙烯与反应生成和的反应都为放热反应，升高温度，反应都向着消耗和的方向移动，和的比例都会降低，C错误；D．由图中可以看出生成的活化能较低，反应的主要产物为，类似的丙烯与加成的主要产物为2溴丙烷，D正确；故选D。9.在恒温恒容密闭容器中发生反应，的瞬时生成速率。控制起始浓度为0.5，的瞬时生成速率和起始浓度的关系如图所示，下列说法正确的是A.由题可知，该反应的速率常数k为37.5B.随着起始浓度增大，该反应平衡常数增大C.达平衡后，若将和的浓度均增加一倍，则转化率增大D.起始浓度0.2，某时刻的浓度为0.4，则的瞬时生成速率为0.48【答案】C【解析】【详解】A．NO起始浓度为0.5mol/L，由图象可知，N2的瞬时生成速率与H2起始浓度呈直线关系，则m=1，将数据(0.4，1.5)代入，该反应的速率常数，A错误；B．反应一定，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B错误；C．达平衡后，和的浓度均增加一倍，新平衡与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动，则NO转化率增大，C正确；D．由可知，NO起始浓度为0.5mol/L，某时刻NO的浓度为0.4mol/L，变化量为0.1mol/L，则该时刻H2的浓度为0.2mol/L0.1mol/L=0.1mol/L，N2的瞬时生成速率为，D错误；故选C。10.下列方案设计、现象和结论都正确的是实验目的方案设计现象和结论①探究压强对与平衡的影响快速压缩装有、平衡混合气体的针筒如果气体颜色变深，则增大压强，平衡向生成的方向移动②探究与氧化性的强弱向和的混合溶液中滴入酸化的溶液溶液变红，说明氧化性：③验证溶液中存在水解平衡取2溶液于试管中，加2滴酚酞，再加入少量固体如果溶液红色变浅，则溶液中存在水解平衡④相同温度下，比较与的酸性强弱向等体积的水中分别通入、至饱和，再用计测定两种溶液的如果通后所得溶液的小，则的酸性比弱A.① B.② C.③ D.④【答案】C【解析】【详解】A．压缩针筒，无论平衡正向还是逆向移动，二氧化氮浓度都增大，气体颜色都加深，A错误；B．向和的混合溶液中滴入酸化的溶液，也能氧化，该实验不能证明氧化性：，B错误；C．碳酸根离子与钙离子反应，使水解平衡逆向移动，碱性降低，溶液红色变浅，可证明碳酸钠溶液中存在水解平衡，C正确；D．、在水溶液中的溶解度不同，形成的饱和酸溶液浓度不同，用于比较pH的两种酸溶液的物质的量浓度不相同，不能确定酸性强弱，D错误；故选C。11.雄黄(，)与雌黄(，)都是自然界中常见的难溶砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也可用来入药。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.反应I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中有三个氧化还原反应B.反应Ⅱ中若0.5参加反应，转移14电子，则物质a为C.反应I中，和方程式的化学计量之比为2∶1D.反应过程中的尾气用硫酸铜溶液能够完全吸收【答案】B【解析】【详解】A．反应Ⅲ、Ⅳ中没有化合价的升降，不是氧化还原反应，故A错误；B．反应Ⅱ中，若物质a，方程式为，0.5参加反应，转移14电子,故B正确；C．反应I中，1个得到2电子，1个失去2电子，故化学计量数之比为1：1，故C错误；D．反应的尾气有硫化氢可能还有二氧化硫，硫酸铜溶液不能完全吸收，应该用氢氧化钠吸收，故D错误；故选B。12.钠离子电池比锂离子电池更稳定，造价更低。一种钠离子电池构造示意图如下，已知电池反应：，下列说法错误的是A.充电时，硬碳电极与直流电源负极相连B.放电时，正极的电极反应式为Na1xMnO2+xe+xNa+=NaMnO2C.充电时，外电路中每转移0.2mole，理论上硬碳上增重4.6gD.相同质量的负极材料(假定这两电极中硬碳的质量相同)，钠离子电池比锂离子电池可以提供更多电量【答案】D【解析】【分析】由总反应可知：在放电时，NaxCn失电子生成Na+和C，则硬碳作负极，负极反应为NaxCnxe=xNa++nC，Na1xMnO2得电子生成NaMnO2，右侧电极为正极，正极反应为Na1xMnO2+xe+xNa+=NaMnO2；放电时阳离子移向正极，电子由负极经过外电路流向正极；充电时为电解池，原电池的正、负极与外加电源的正、负极相接，作阳极、阴极，阴、阳极反应与负、正极反应相反，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析可知：放电时硬碳作负极，则充电时硬碳电极与直流电源负极相连，作阴极，A正确；B．Na1xMnO2得电子生成NaMnO2，右侧电极为正极，正极的电极反应式为：Na1xMnO2+xe+xNa+=NaMnO2，B正确；C．根据负极反应式：NaxCnxe=xNa++nC，可知阴极反应式为：xNa++nC+xe=NaxCnxe，则每有1mol电子转移，阴极质量会增加23g，则若充电时，外电路中每转移0.2mole，理论上硬碳上增重4.6g，C正确；D．转移lmol电子，对应的Na和Li的质量分别为23g和7g，故单位质量的Li提供的电量更多，因此锂离子电池比钠离子电池可以提供更多电量，D错误；故合理选项是D。13.通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷()样品中元素的含量，实验步骤如下：I．取mg样品于锥形瓶中，加入足量的溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；II．向锥形瓶中加入0.1000的溶液50.00，使完全沉淀；III．向其中加入2硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖：IV．加入指示剂，用c溶液滴定过量至终点，记下所用体积为V。已知：，。下列说法正确的是A.滴定选用的指示剂为甲基橙B.硝基苯的作用为防止转化为C.若取消步骤III，测定结果偏大D.本次实验测得元素的质量分数为【答案】B【解析】【详解】A．由Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ滴定过程溶液始终显酸性，无法用甲基橙作指示剂，A错误；B．由可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)=2×1012，硝基苯的作用为防止AgCl转化为AgSCN，B正确；C．取消步骤Ⅲ，则AgCl转化为AgSCN，所需NH4SCN体积V偏大，可知Cl%偏小，C错误；D．Ag+总物质的量为0.1000mol·L1×50.00mL=5.0×103mol，NH4SCN的物质的量为cmol·L1×VmL=cV×103mol，设三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的物质的量为x，结合关系式POCl3~3Cl~3AgNO3~3Ag+、Ag+~NH4SCN可知有x+cV×103=5.0×103mol，解得x=(5.0cV)×103mol，因此三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的质量为(5.0cV)×103mol×35.5g/mol=3.55(5.0cV)×102g，因此Cl元素的质量分数为，D错误；故选B。14.室温下，某实验小组配制浓度为0.01、0.02、0.04的(次磷酸，为一元弱酸)溶液并取等体积的三种溶液分别加入3个绝热反应器，利用电子滴定管定量滴加浓度为0.01的标准溶液。通过手持式仪器得到加入氢氧化钠溶液体积(V)与溶液中水电离出的氢氧根离子浓度的负对数()的关系如下图，已知，。下列叙述或表达式正确的是A.滴加过程中，三条曲线对应溶液中均不变B.c曲线对应溶液溶液中C.若，则D.滴加20.000.01的溶液后，a曲线对应溶液中存在【答案】C【解析】【分析】未加入NaOH溶液时，溶液浓度越小，c(H+)越小，对水的电离抑制越小，c水(OH)越大，越小，则a代表0.01mol·L1的溶液，b代表0.02mol·L1的溶液，c代表0.04mol·L1的溶液，以此解答。【详解】A．a代表0.01mol·L1的溶液，溶液中的，由于该装置是绝热的，反应过程中温度升高，KWKa增大，故A错误；B．由图可知，向溶液中滴加NaOH溶液，水的电离程度先增大后减小，说明是一元弱酸，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋c(OH)，故B错误；C．若m=10.00，则0.01mol·L1的溶液中c水(OH)=1×1010mol/L，c(H+)=mol/L=1×104mol/L，则的电离平衡常数K=，0.04mol·L1的溶液中c(H+)=，c水(OH)=，=lg5×1011=11lg5=10.3，故C正确；D．由图可知，加入20mL0.01NaOH溶液后时，0.02的溶液与NaOH完全反应，溶质为NaH2PO2溶液，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋c(OH)和物料守恒c(Na＋)=c()＋c()，可得c()=c(OH)c(H＋)，，故D错误；故选C。第II卷二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.重铬酸钾是实验室中一种重要分析试剂，某学习小组在实验室制备重铬酸钾步骤如下：I．熔融：取3g、3g加入特定反应器中，加热熔融。将3g、1.52g混合均匀后，分多次加入熔融物中，不断搅拌。待全部加入后，高温加热一段时间，然后停止加热。II．浸取：熔融物冷却后，向反应器中加少量水，煮沸，将所得溶液转移至烧杯中。重复该操作，将反应器内物质全部转移至烧杯后，煮沸15min，得到黄色溶液。III．酸化：待II中烧杯内溶液冷却至室温，抽滤，取滤液置于仪器A中，加入适量硫酸，观察溶液由黄色变为橙红色，停止加酸。IV．结晶：加入0.8g固体，完全溶解后，_______，抽滤，洗涤，干燥，称量得到1.47g产品。（1）I中，为了使反应物混合均匀需不断搅拌，所使用的仪器是_______。（2）写出一个生成的化学反应方程式_______。（3）III、IV中均进行了抽滤操作，简述该操作的优点_______。（4）相关物质溶解度随温度变化如图所示，IV中横线所进行的操作是_______。（5）IV抽滤后，取所得晶体洗涤，如何检验晶体洗涤是否干净_______。（6）工业上制备重铬酸钾的第一步是用铬铁矿()与、共熔得到铬酸钠。该反应，铬铁矿被氧化，伴有气态物质生成，且生成一种亚硝酸盐防腐剂，写出该反应化学反应方程式_______。（7）该实验所得重铬酸钾产率为_______%(保留两位有效数字。已知；)【答案】（1）铁棒（2）或（3）过滤速度快；固液分离彻底，得到的沉淀更易干燥（4）蒸发浓缩冷却结晶（5）取最后一次洗涤液少许于试管中，加硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤干净（6）（7）50【解析】【分析】取3g、3g加入特定反应器中，加热熔融。将3g、1.52g混合均匀后，分多次加入熔融物中，不断搅拌得到。适量硫酸，生成K2Cr2O7。【小问1详解】NaOH为强碱，能与石英中的二氧化硅反应，故步骤Ⅰ中不断搅拌所使用的仪器是铁棒；【小问2详解】氯酸钾还原生成氯化钾，Cr2O3发生氧化反应生成故反应为：或；【小问3详解】通过水泵减小吸滤瓶中的压强，使水快速滴落而与固体分离，过滤速度快；固液分离彻底，得到的沉淀更易干燥【小问4详解】从溶液中获取晶体的一系列操作：蒸发浓缩、冷却结晶【小问5详解】取最后一次洗涤液少许于试管中，加硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤干净【小问6详解】铬铁矿被氧化，伴有气态物质为二氧化碳，且生成一种亚硝酸盐为亚硝酸钠，方程式为【小问7详解】根据质量定恒Cr2O3~K2Cr2O7，Cr2O3的物质的量为0.01mol，则K2Cr2O7的物质的量为0.01mol，质量为2.94g，该实验所得重铬酸钾产率为=50%。16.氧化饰()是一种广泛应用的稀土氧化物，具有吸收强紫外线的能力，可以用于光催化降解有机污染物。现以氟碳饰矿(含、、等)为原料制备氧化饰，其工艺流程如图所示；已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，步骤②中ⅱ)发生的反应为：②能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如能与结合成③在空气中易被氧化为。④硫脲()具有还原性，酸性条件下易被氧化为。（1）“焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_______。（2）焙烧后的固体产物中含有和物质的量之比为1∶1，步骤①发生反应的离子方程式为_______。（3）加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为_______。（4）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X作用为_______。（5）若常温下，，，恰好沉淀完全时，此时测得溶液的，则溶液中_______。（6）某研究小组利用硫化锌锂电池电解含的溶液，可将转化为。该硫化锌锂电池放电时，负极材料晶胞组成变化如图所示。①化学式中，_______。②晶胞中，填充在构成的部分正四面体空隙中，和之间的核间距为a，设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为_______(列出计算式，的摩尔质量为97)。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率（2）（3）（4）防止被氧化（5）0.2（6）①.1.5②.【解析】【分析】氟碳饰矿(含CeFCO2、BaO2、SiO2等)在高温焙烧的条件下，得到烧渣二氧化铈和四氟化铈，在过量稀硫酸的作用下转化为，带硫脲的还原下得到，发生已知信息反应1，得到复盐沉淀，该沉淀在氢氧化钠和稀硫酸的作用下转化为，在碳酸氢钠作用下得到碳酸式沉淀，进而转化为进而转化为CeO2;【小问1详解】将矿石粉碎的目的是：增大接触面积，加快反应速率；故答案为：增大接触面积，加快反应速率【小问2详解】根据题意可知，1:1的CeO2和CeF4在氢离子作用下，生成，故该反应的化学方程式为：；故答案为：；【小问3详解】根据题干信息：加入硫脲会将还原为，再结合已知信息4可以写出该反应的化学方程式为：；故答案为：【小问4详解】已知信息3在空气中易被氧化为，不加入x的作用就是防止在空气中被氧化为；故答案为：防止被氧化；【小问5详解】根据，得到Ce2(CO3)3饱和溶液中，再利用碳酸二级电离平衡常数得到：故答案为：0.2mol/L；【小问6详解】①根据晶胞模型可知，LixZnyS晶胞中含有四个硫原子，Li＋和Zn2＋一共有7个，利用原子守恒和正负化合价代数和等于零可得到解得x=1.5；②氢离子和硫离子的距离为体对角线的，根据正方体中体对角线等于棱长的倍，可以得知棱长，硫化锌晶胞中有四个硫离子和四个锌离子，晶胞的质量为g,体积为，该晶胞的密度为：；故答案为：①1.5②【点睛】①ksp和ka联立立，解决离子浓度的计算；肯定的；根据，得到Ce2(CO3)3饱和溶液中，再利用碳酸二级电离平衡常数得到：②晶胞中化学式的确定以及晶胞密度的计算；17.在“碳达峰”、“碳中和”的发展背景下，利用生产高能燃料和高附加值化学品，有利于实现碳资源的有效循环。I．催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程主要发生下列反应：反应①反应②回答下列问题：（1）继续加氢生成气态甲醇的热化学方程式为_______。（2）在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时和在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图所示。①图中代表的物质的量分数随温度变化的曲线为_______(填“I”或“Ⅱ”)。②150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的原因是_______。③在压强为p的恒温恒压密闭容器中加入1和3反应，达到平衡状态时的转化率为20%，生成的物质的量为0.1，则甲醇(g)的选择性为_______%[甲醇选择性]，。在该温度下的压强平衡常数=_______(列出计算式，分压=总压×物质的量分数)。Ⅱ．2021年9月，《科学》杂志发表论文，介绍人类首次以二氧化碳为原料，不依赖植物光合作用，直接经过11步路径人工合成淀粉。前两步，是先将二氧化碳还原为甲醛。（3）写出前两步总反应的化学方程式_______。Ⅲ．近年，科学家发现，可用光电化学法将还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如左图所示，其他条件一定时，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图所示：其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。（4）当电解电压为V时，阴极生成的电极反应式为_______。（5）当电解电压为V时，电解生成的和的物质的量之比为2∶3，则图中生成的法拉第效率为_______。【答案】（1）（2）①.I②.反应①放热，反应②吸热，150~250℃时升温使反应①平衡逆向移动的程度大于反应②平衡正向移动的程度③.50④.（3）（4）（5）45%【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，继续加氢生成气态甲醇的热化学方程式=反应②反应①，；【小问2详解】①为放热反应，随着温度升高，的物质的量分数减小，故曲线为I；②150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的原因是：反应①放热，反应②吸热，150~250℃时升温使反应①平衡逆向移动的程度大于反应②平衡正向移动的程度；③1，达到平衡状态时的转化率为20%，消耗的物质的量为0.2；反应②生成的物质的量为0.1，则反应②消耗的消耗的物质的量为0.1；反应①转化为的物质的量为0.1，代入甲醇选择性，结果为50%；④参与反应物质的量：，达到平衡