2024-2025学年四川省眉山市高三上学期12月一模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省眉山市2024-2025学年高三上学期12月一模试题可能会用到的相对原子质量C-12H-1O-16Zn-65Fe-56Nb-93Na-23Bi-209一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意)1.第31届世界大学生夏季运动会于2023年7月至8月在成都成功举办。下列相关说法正确的是A.火炬“蓉火”采用丙烷燃料，实现了零碳排放，说明丙烷不含碳元素B.开幕式上的烟花表演利用了焰色试验原理C.大运会金牌材质为银质镀金，这是一种新型合金材料D.场馆消毒使用的过氧类消毒剂，其消杀原理与酒精相同【答案】B【解析】A．丙烷是由碳元素和氢元素形成的烷烃，分子中含有碳元素，故A错误；B．焰色反应是利用金属离子在热火焰中产生特定颜色的现象，大运会开幕式上的烟花表演利用了焰色反应原理而绽放出耀眼光彩，故B正确；C．大运会金牌材质为银质镀金，则金牌材质属于不是银和金熔融得到的具有金属特性的金属材料，所以不属于新型合金材料，故C错误；D．过氧类消毒剂的消毒原理是利用过氧化物的强氧化性使蛋白质变性而达到杀菌消毒的作用，而酒精的消毒原理是利用乙醇分子具有的强大的渗透力，能快速渗入病原微生物内部，使其内部的蛋白脱水、变性、凝固性而达到杀菌消毒的作用，两者的消毒原理不同，故D错误；答案选B。2.下列化学用语正确的是A.丙烷分子的空间填充模型：B.O3分子的球棍模型：C.乙醇核磁共振氢谱图：D.基态As原子的电子排布式和价电子排布式分别为[Ar]3d104s24p3和4s24p3【答案】D【解析】A．是丙烷分子的球棍模型，而不是空间填充模型，A错误；B．已知O3分子呈V形，故O3分子的球棍模型：，B错误；C．已知CH3CH2OH的核磁共振氢谱图中有3中吸收峰，与题干图示信息不符，C错误；D．已知As为33号元素，根据能级构造原理可知，基态As原子的电子排布式和价电子排布式分别为[Ar]3d104s24p3和4s24p3，D正确；故答案为：D。3.下述装置或操作能实现相应实验目的的是装置或操作实验目的A．铁钉表面镀铜B．配制银氨溶液装置或操作实验目的C．验证氧化性D．检验1-溴丙烷的消去反应产物丙烯A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．电解装置中铁与电源负极相连为阴极，铜与电源正极相连作阳极，硫酸铜作电解质溶液，能够实现在铁钉表面镀铜，A正确；B．配制银氨溶液的操作为：向一洁净的试管中加入一定量的溶液，向其中逐滴加入稀氨水至产生的沉淀恰好完全溶解为止，B错误；C．图示装置可以得出溶液处变橙黄色，淀粉溶液处变蓝色，证明氯气可分别氧化、，但不能证明氧化，即不能比较溴、碘的氧化性强弱，C错误；D．挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰丙烯的检验，因此紫色褪去不能证明生成丙烯，D错误；答案选A。4.二水合重铬酸钠是重要的工业氧化剂，工业上可由铬铁矿(主要成分为，含铝、硅的氧化物等杂质)制备。工艺流程如图所示。下列说法错误的是A.“焙烧”时，纯碱的作用是将铝、硅、铬元素转化为可溶性钠盐B.滤渣1的主要成分是、C.“调”的目的是除去含铝、硅元素的杂质D.“转化”的目的是将转化为【答案】B【解析】焙烧中发生反应、、，加水溶解，滤渣1为，滤液中含有、、，调节pH，与硫酸反应生成氢氧化铝沉淀，硅酸钠与硫酸反应生成硅酸沉淀，继续加入硫酸，溶液中存在，酸化过程中转化成，然后蒸发结晶、冷却结晶得到产品。A．由分析可知，“焙烧”时，纯碱将铝、硅、铬元素转化为、、可溶性钠盐，A项正确；B．由分析可知，滤渣1为，B项错误；C．调节pH，与硫酸反应生成氢氧化铝沉淀，硅酸钠与硫酸反应生成硅酸沉淀，除去含铝、硅元素的杂质，C项正确；D．加入硫酸，溶液中存在，酸化过程中转化成，D项正确；答案选B。5.我国科学家开发出催化剂，设计了新型电池，实现高效、连续的到的转化，装置如图所示。下列叙述错误的是A.放电时，电极电势：B.充电时，a极反应式为C.放电时，生成(标准状况)时，有向a极迁移D.充电时，b极净增时，电路中转移电子【答案】C【解析】由图可知，放电时，a电极为原电池的负极，水在负极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，b电极为负极，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入负极区；充电时，与直流电源正极相连的a电极为电解池的阳极，碱性条件下氨气在阳极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，b电极为阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢氧根离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区。A．放电时，a极为正极，b极为负极，正极电势高于负极，A项正确；B．充电时，a极为阳极，发生氧化反应生成参与电极反应生成水，B项正确；C．放电时，a极为正极，电极反应式为，为了维持电荷平衡，必有向负极（b极）迁移，C项错误；D．充电时，b极为阴极，电极反应式为,电路中转移电子，D项正确；故选C。6.化合物Z是一种合成药物的重要中间体，可由X经两步反应合成，其路线如图。下列说法正确的是A.Z的分子式为B.反应①是加成反应C.Y既能与酸反应又能与碱反应D.X、Y、Z分子中的含氧官能团的种数相等【答案】C【解析】A．Z的分子式为，A错误；B．X经过反应①转化成Y，硝基转换成氨基，为还原反应，B错误；C．Y中含有的官能团有氨基和酚羟基，氨基能与酸反应，酚羟基能与碱反应，C正确；D．X中含有酚羟基、硝基两种含氧官能团，Y中含有氨基和酚羟基，只有一种含氧官能团，Z中含有酚羟基和酰胺基两种含氧官能团，D错误；故选C。7.某盐由四种短周期非金属元素(X、Y、Z、W，原子序数依次增大)和金属元素R组成，5角硬币为R金属芯镀锌，X元素是所有主族元素中原子半径最小的，W、Z同主族，Z原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Y的简单氢化物常用作制冷剂。下列说法错误的是A.R的氢氧化物溶于Y的氢化物的水溶液B.在离子中Y提供孤对电子C.热稳定性：D.原子半径按X、Y、Z、W的顺序依次增大【答案】D【解析】四种短周期非金属元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素是所有主族元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y的简单氢化物常用作制冷剂，则Y为N元素；Z原子的最外层电子数是电子层数的3倍，W、Z同主族，则Z为O元素、W为S元素；5角硬币为R金属芯镀锌，则R为Cu元素。A．氢氧化铜为能溶于氨水生成四氨合铜离子的蓝色沉淀，故A正确；B．四氨合铜离子中配体为氨分子，氨分子中具有孤对电子的氮原子给出孤对电子，故B正确；C．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，氢化物的热稳定性依次减弱，则硫化氢的热稳定性小于水，故C正确；D．电子层数越少，原子的原子半径最小，则氢原子的原子半径最小；同周期元素，自左而右原子半径减小，同主族元素，自上而下原子半径增大，则原子半径的大小顺序为H＜O＜N＜S，故D错误；故选D。8.黑磷和有机“纳米小人”风靡全球，黑磷具有与石墨相似的层状结构，其结构如图所示。下列分析错误的是A.黑磷中既存在非极性共价键又存在范德华力，黑磷的熔点高于白磷B.化合物P中一定共平面的原子有16个C.黑磷中P原子杂化方式为D.第三周期只有元素的第一电离能大于P【答案】D【解析】A．黑磷中P与P之间存在非极性共价键，层与层之间存在范德华力，黑磷分子的相对分子质量远大于白磷，产生的范德华力较大，故黑磷的熔点高于白磷，A正确；B．苯环和碳碳三键上的所有原子都共面，，如图所示14个碳原子一定共面，2和6处碳原子还链接两个氢原子也一定与苯环共面，故一共16原子一定共面，B正确；C．黑磷中结构中连接为空间立体结构，故P原子杂化方式为sp3，C正确；D．第三周期中Ar与Cl的第一电离能都大于P的，D错误；故答案为D。9.下列物质性质与用途对应的离子方程式书写正确的是A.H2O2氧化海带灰酸性浸出液提取碘：B.Na2O2与水反应用作潜水艇氧气来源：C.绿矾处理含酸性废水：D.向NaHSO4溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：【答案】A【解析】A．H2O2氧化海带灰酸性浸出液中的I-，生成I2和水，从而提取碘：，A正确；B．Na2O2与水反应，生成氧气，作为潜水艇中氧气的来源：，B不正确；C．绿矾处理含的酸性废水时，将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+：，C不正确；D．向NaHSO4溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，采用“以少定多”法：，D不正确；故选A。10.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L中含有的极性共价键数目为B.5.6g铁与足量硫粉反应，转移的电子数为C.含0.1mol的水溶液中含有的原子数目为D.的溶液中含铬微粒的数目为【答案】A【解析】A．正丁烷和异丁烷分子中都含有10个碳氢极性键，则标准状况下2.24LC4H10分子中含有的极性共价键数目为×10×NAmol—1=NA，故A正确；B．铁与硫共热反应生成硫化亚铁，则5.6g铁与足量硫粉反应，转移的电子数为×2×NAmol—1=0.2NA，故B错误；C．醋酸钠溶液中醋酸钠和水中都含有氧原子，不能确定含0.1mol醋酸钠的水溶液中水的物质的量，无法计算溶液中含有的氧原子个数，故C错误；D．缺溶液的体积，无法计算0.1mol/L铬酸钠溶液中铬酸根离子的物质的量和含铬微粒数目，故D错误；故选A。11.向下列物质中加入NaOH溶液并加热，其成分不发生改变的是A．用聚四氟乙烯制成的实验仪器B．用于通信的光导纤维C．用于焙制糕点的小苏打D．从餐厨废弃物中提取的地沟油A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．聚四氟乙烯不和氢氧化钠溶液反应，故A符合题意；

B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为，故B不符合题意；

C．小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：，故C不符合题意；

D．“地沟油”的成分是油脂，与碱溶液反应生成高级脂肪酸盐和甘油，故D不符合题意；

故答案选A。12.和O形成的一种化合物的晶胞结构如图甲所示。晶胞边长为为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.该化合物的化学式为 B.该晶体的密度为C.晶胞中与等距且最近的有4个 D.图乙是该晶体晶胞结构的另一种表示【答案】B【解析】A．根据均摊原则，晶胞中Nb原子数为、O原子数为，该化合物的化学式为，故A正确；B．该晶体的密度为，故B错误；C．根据图示，晶胞中与等距且最近的有4个，故C正确；D．图乙是该晶体O原子在面心建立的晶胞结构，故D正确；选B。13.合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在铁触媒催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用ad标注。下列说法不正确的是A.合成氨反应的ΔH<0B.经过过渡态3发生的变化为：N2H2(ad)+H2(ad)=N2H4(ad)C.催化剂改变了合成氨反应的历程和反应热D.该历程中最大能垒(活化能)：E正=(f-e)eV【答案】C【解析】A．由图可知，合成氨反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的△H<0，故A项正确；B．由图可知，经过过渡态3步骤发生的反应为N2H2

(ad)+2H2(ad)=N2H4(ad)+H2(ad)，即N2H2(ad)+H2(ad)=N2H4(ad)，故B项正确；C．由图可知，铁触媒催化剂改变了合成氨反应的反应历程，但不能改变反应热，故C项错误；D．由图可知，该历程中最大能垒(活化能)E正=-eeV-(-feV)=(f-e)eV，故D项正确；故本题选C。14.下列有关实验操作、实验现象或结论都正确的组合是选项实验操作现象解释或结论A向含有硫酸钙的水垢中加入溶液浸泡后，再加入稀盐酸水垢完全溶解，产生气泡B向两份等浓度、等体积的过氧化氢溶液中分别加入2滴等浓度的溶液和溶液前者产生气泡较快催化效率：C将甲烷与氯气按体积比为1∶4混合于试管中，光照反应后的气体使湿润的石蕊试纸变红生成的氯代甲烷有酸性D常温下，用pH试纸测定的NaClO溶液的pH试纸变蓝，对比标准比色卡测出pH约为9次氯酸为弱酸A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．硫酸钙的水垢中加入碳酸钠溶液浸泡后，再加入稀盐酸，此时水垢完全溶解产生气泡，说明硫酸钙转化为了碳酸钙，则，A正确；B．两份相同的过氧化氢溶液中分别加入FeCl3和CuSO4，两种催化剂的阴阳离子均不相同，无法说明铁离子催化效率强于铜离子，也可能是氯离子催化效率强于硫酸根离子，B错误；C．甲烷和氯气光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷等产物和HCl，HCl溶于水电离出氢离子使湿润石蕊试纸变红，不能说明氯代甲烷有酸性，C错误；D．NaClO溶液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，应该用pH计测定pH值，D错误；故答案选A。第II卷(非选择题)15.氯化铵焙烧菱锰矿(主要成分为，含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：①相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol•L-1]形成氢氧化物沉淀时的pH如下：金属离子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH3.81.56.510.68.19.6沉淀完全的pH5.23.79.712.610.111.6②常温下，的溶度积分别为回答下列问题：（1）基态锰原子的电子排布式为___________，的空间结构为___________。（2）由下图可知，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件：m(NH4Cl)：m(菱锰矿粉)=1.10：1，500℃焙烧60min，不选用600℃焙烧90min的原因是___________。（3）焙烧产生的CO2和NH3可用于工业制备纯碱，操作时应先向饱和食盐水中通入过量的___________(填化学式)。（4）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为___________；若溶液中金属离子浓度均为0.1mol·L-1，调节溶液pH使沉淀完全，此时溶液的pH范围为___________，再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，当时，___________(保留两位有效数字)（5）碳化结晶时，发生反应的离子方程式为___________。（6）流程中能循环利用的固态物质是___________(填化学式)。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d54s2②.平面正三角形（2）500℃焙烧60min时，Mn浸出率已经很高，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，生产成本增大（3）NH3（4）①.MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O②.5.2-8.1③.5.1×10-6（5）Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O（6）NH4Cl【解析】将菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧，将金属元素转化为金属氯化物，焙砂加水溶解浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；浸出液“净化除杂”得到氯化锰溶液，向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵溶液碳化结晶，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰滤饼和氯化铵溶液；氯化铵溶液蒸发结晶得到可以循环使用的氯化铵，碳酸锰滤饼干燥得到碳酸锰产品。（1）锰元素的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；碳酸根离子中碳原子的价层电子对数：、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面正三角形；（2）由图可知，500℃60min时，锰元素的浸出率已经很大了，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，还会增加生产成本，所以氯化铵焙烧不选用600℃焙烧90min；（3）碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与饱和食盐水反应，所以焙烧产生的二氧化碳和氨气通入饱和食盐水时，应先向饱和食盐水中通入溶解度大的氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳可以增大二氧化碳的溶解度，有利于碳酸氢钠的生成；（4）浸出液“净化除杂”过程为首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，根据得失电子守恒及电荷守恒，反应离子方程式：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；调节溶液pH在5.2-8.1范围内，使Fe3+、Al3+沉淀完全，再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，过滤得到氯化锰溶液；由溶度积可知，溶液中钙离子为1.0×10-5mol/L时，溶液中的c2(F-)==1.46×10-5mol2/L2，则溶液中的镁离子浓度为=5×10-6mol/L；（5）由分析可知，加入碳酸氢铵溶液碳化结晶，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；（6）由分析可知，可以循环使用的固体物质是氯化铵。16.铋酸钠(，)是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。I．制取铋酸钠利用白色且难溶于水的在溶液中，充分搅拌的情况下与反应制备，实验装置如下图(加热和夹持仪器已略去)。已知：粉末呈浅黄色，不溶于冷水，遇沸水或酸溶液迅速分解。请按要求回答下列问题：（1）盛放浓盐酸的仪器的名称是___________。（2）实验开始时甲中反应的离子方程式为：___________。（3）乙装置盛放的试剂是___________。（4）丙中主要反应化学方程式为：___________。（5）当观察到丙中白色固体消失时，应关闭和，原因是___________。（6）实验完毕后，打开，向甲中加入NaOH溶液的主要作用是___________。Ⅱ．产品纯度的测定（7）取上面制取的产品，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反应，再用的标准溶液滴定生成的，当达到滴定终点时，消耗。(已知：；)。则滴定终点的现象为___________该产品的纯度为___________。【答案】（1）恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)（2）（3）饱和食盐水（4）（5）防止过量使溶液呈酸性，导致分解（6）除去甲装置中残留（7）①.当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复②.【解析】甲装置用于制备氯气，乙装置用于除去氯气中混有的氯化氢，丙装置中Bi(OH)3被氯气氧化为NaBiO3，为防止Cl2过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解，当观察到丙中白色固体消失时，应关闭K3和K1，并停止对甲装置加热，丁装置中的氢氧化钠溶液用于吸收氯气，防止污染。（1）盛放浓盐酸的仪器的名称为恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)；（2）甲装置用于制备氯气，离子方程式为：；（3）乙装置用于除去氯气中混有的氯化氢，盛放的试剂是饱和食盐水；（4）丙装置中Bi(OH)3被氯气氧化为NaBiO3，化学方程式为：Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O；（5）防止Cl2过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解，当观察到丙中白色固体消失时，应关闭K3和K1，并停止对甲装置加热；（6）氯气有毒，实验完毕后，打开K2，向甲中加入NaOH溶液的主要作用是除去甲装置中残留Cl2；（7）当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复即达到滴定终点；根据得失电子守恒建立关系式：5NaBiO3~2~5H2C2O4，当达到滴定终点时，消耗0.1mol/L的草酸标准溶液ymL，则n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=0.1mol/L×y×10-3L=y×10-4mol，该产品的纯度为。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)工作时，阳极的电极反应式为___________，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CO2的转化率增大；温度升高反应I平衡逆向移动，使甲醇的选择性降低③.（3）①.2H2O-4e-=O2↑+4H+②.50【解析】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ-反应Ⅱ即可得到CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)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，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。（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xmol，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，，，，，则平衡压强为，该条件下反应Ⅱ；（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=50g；18.氨溴索(J)是-内酰胺类的抗生素，可以治疗多种细菌感染。J的合成路线如下图所示(部分试剂及反应条件略)。（1）A的名称为___________；C中官能团名称为___________。（2）D的结构简式为___________。（3）E→F的反应类型为___________。（4）H→I的化学方程式为___________。（5）E的同分异构体能同时满足以下条件的有___________种(不考虑立体异构)。①含有苯环

②含有一个氨基

③含有一个羧基其中，属于-氨基酸(氨基与羧基连接在同一个碳原子上)的结构简式为___________。（6）利用上述合成路线一中的相关试剂，并以为原料，设计J的合成路线二为___________(涉及合成路线I中的化合物用对应字母表示)。【答案】（1）①.甲苯②.硝基、羧基（2）（3）取代反应（4）＋+HCl（5）①.17②.（6）。【解析】根据B的结构简式及反应条件可判断A是甲苯，由流程可知，甲苯发生硝化反应生成邻硝基甲苯，根据C的分子式()可判断邻硝基甲苯被氧化生成邻硝基苯甲酸，C中硝基被还原为氨基得D()，D和甲醇通过酯化反应生成E为，E通过溴代反应引入溴原子生成F()，F转化为G()，G发生取代反应生成H，H()再发生取代反应生成I()，I与HCl发生反应生成J()，据此解答。（1）由分析可知，A是甲苯；C中含官能团羧基和硝基；（2）C为，硝基被还原为氨基得D，D的结构简式为；（3）E为，通过溴代反应引入溴原子生成F()，属于取代反应；（4）H为发生取代反应生成I()和氯化氢，反应化学方程式为＋+HCl；（5）E为，同分异构体能同时满足①含有苯环；②含有一个氨基；③含有一个羧基，则取代基可以是①-CH(NH2)COOH，有1种；②-CH2COOH，-NH2，有邻、间、对3种；③-COOH，-CH2NH2，有邻、间、对3种；④-COOH，-NH2，-CH3，有10种，共17种；α-氨基酸(羧酸分子中的α碳原子上的氢原子被氨基取代而生成的化合物)其中，属于-氨基酸的结构简式为；（6）由题干C到H的转化信息可知，先将硝基还原为氨基，再溴代反应引入溴原子生成生成H，因此，可以用先还原生成，再溴代生成，与HCl生成，由此确定合成路线为。四川省眉山市2024-2025学年高三上学期12月一模试题可能会用到的相对原子质量C-12H-1O-16Zn-65Fe-56Nb-93Na-23Bi-209一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意)1.第31届世界大学生夏季运动会于2023年7月至8月在成都成功举办。下列相关说法正确的是A.火炬“蓉火”采用丙烷燃料，实现了零碳排放，说明丙烷不含碳元素B.开幕式上的烟花表演利用了焰色试验原理C.大运会金牌材质为银质镀金，这是一种新型合金材料D.场馆消毒使用的过氧类消毒剂，其消杀原理与酒精相同【答案】B【解析】A．丙烷是由碳元素和氢元素形成的烷烃，分子中含有碳元素，故A错误；B．焰色反应是利用金属离子在热火焰中产生特定颜色的现象，大运会开幕式上的烟花表演利用了焰色反应原理而绽放出耀眼光彩，故B正确；C．大运会金牌材质为银质镀金，则金牌材质属于不是银和金熔融得到的具有金属特性的金属材料，所以不属于新型合金材料，故C错误；D．过氧类消毒剂的消毒原理是利用过氧化物的强氧化性使蛋白质变性而达到杀菌消毒的作用，而酒精的消毒原理是利用乙醇分子具有的强大的渗透力，能快速渗入病原微生物内部，使其内部的蛋白脱水、变性、凝固性而达到杀菌消毒的作用，两者的消毒原理不同，故D错误；答案选B。2.下列化学用语正确的是A.丙烷分子的空间填充模型：B.O3分子的球棍模型：C.乙醇核磁共振氢谱图：D.基态As原子的电子排布式和价电子排布式分别为[Ar]3d104s24p3和4s24p3【答案】D【解析】A．是丙烷分子的球棍模型，而不是空间填充模型，A错误；B．已知O3分子呈V形，故O3分子的球棍模型：，B错误；C．已知CH3CH2OH的核磁共振氢谱图中有3中吸收峰，与题干图示信息不符，C错误；D．已知As为33号元素，根据能级构造原理可知，基态As原子的电子排布式和价电子排布式分别为[Ar]3d104s24p3和4s24p3，D正确；故答案为：D。3.下述装置或操作能实现相应实验目的的是装置或操作实验目的A．铁钉表面镀铜B．配制银氨溶液装置或操作实验目的C．验证氧化性D．检验1-溴丙烷的消去反应产物丙烯A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．电解装置中铁与电源负极相连为阴极，铜与电源正极相连作阳极，硫酸铜作电解质溶液，能够实现在铁钉表面镀铜，A正确；B．配制银氨溶液的操作为：向一洁净的试管中加入一定量的溶液，向其中逐滴加入稀氨水至产生的沉淀恰好完全溶解为止，B错误；C．图示装置可以得出溶液处变橙黄色，淀粉溶液处变蓝色，证明氯气可分别氧化、，但不能证明氧化，即不能比较溴、碘的氧化性强弱，C错误；D．挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰丙烯的检验，因此紫色褪去不能证明生成丙烯，D错误；答案选A。4.二水合重铬酸钠是重要的工业氧化剂，工业上可由铬铁矿(主要成分为，含铝、硅的氧化物等杂质)制备。工艺流程如图所示。下列说法错误的是A.“焙烧”时，纯碱的作用是将铝、硅、铬元素转化为可溶性钠盐B.滤渣1的主要成分是、C.“调”的目的是除去含铝、硅元素的杂质D.“转化”的目的是将转化为【答案】B【解析】焙烧中发生反应、、，加水溶解，滤渣1为，滤液中含有、、，调节pH，与硫酸反应生成氢氧化铝沉淀，硅酸钠与硫酸反应生成硅酸沉淀，继续加入硫酸，溶液中存在，酸化过程中转化成，然后蒸发结晶、冷却结晶得到产品。A．由分析可知，“焙烧”时，纯碱将铝、硅、铬元素转化为、、可溶性钠盐，A项正确；B．由分析可知，滤渣1为，B项错误；C．调节pH，与硫酸反应生成氢氧化铝沉淀，硅酸钠与硫酸反应生成硅酸沉淀，除去含铝、硅元素的杂质，C项正确；D．加入硫酸，溶液中存在，酸化过程中转化成，D项正确；答案选B。5.我国科学家开发出催化剂，设计了新型电池，实现高效、连续的到的转化，装置如图所示。下列叙述错误的是A.放电时，电极电势：B.充电时，a极反应式为C.放电时，生成(标准状况)时，有向a极迁移D.充电时，b极净增时，电路中转移电子【答案】C【解析】由图可知，放电时，a电极为原电池的负极，水在负极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，b电极为负极，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入负极区；充电时，与直流电源正极相连的a电极为电解池的阳极，碱性条件下氨气在阳极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，b电极为阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢氧根离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区。A．放电时，a极为正极，b极为负极，正极电势高于负极，A项正确；B．充电时，a极为阳极，发生氧化反应生成参与电极反应生成水，B项正确；C．放电时，a极为正极，电极反应式为，为了维持电荷平衡，必有向负极（b极）迁移，C项错误；D．充电时，b极为阴极，电极反应式为,电路中转移电子，D项正确；故选C。6.化合物Z是一种合成药物的重要中间体，可由X经两步反应合成，其路线如图。下列说法正确的是A.Z的分子式为B.反应①是加成反应C.Y既能与酸反应又能与碱反应D.X、Y、Z分子中的含氧官能团的种数相等【答案】C【解析】A．Z的分子式为，A错误；B．X经过反应①转化成Y，硝基转换成氨基，为还原反应，B错误；C．Y中含有的官能团有氨基和酚羟基，氨基能与酸反应，酚羟基能与碱反应，C正确；D．X中含有酚羟基、硝基两种含氧官能团，Y中含有氨基和酚羟基，只有一种含氧官能团，Z中含有酚羟基和酰胺基两种含氧官能团，D错误；故选C。7.某盐由四种短周期非金属元素(X、Y、Z、W，原子序数依次增大)和金属元素R组成，5角硬币为R金属芯镀锌，X元素是所有主族元素中原子半径最小的，W、Z同主族，Z原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Y的简单氢化物常用作制冷剂。下列说法错误的是A.R的氢氧化物溶于Y的氢化物的水溶液B.在离子中Y提供孤对电子C.热稳定性：D.原子半径按X、Y、Z、W的顺序依次增大【答案】D【解析】四种短周期非金属元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素是所有主族元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y的简单氢化物常用作制冷剂，则Y为N元素；Z原子的最外层电子数是电子层数的3倍，W、Z同主族，则Z为O元素、W为S元素；5角硬币为R金属芯镀锌，则R为Cu元素。A．氢氧化铜为能溶于氨水生成四氨合铜离子的蓝色沉淀，故A正确；B．四氨合铜离子中配体为氨分子，氨分子中具有孤对电子的氮原子给出孤对电子，故B正确；C．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，氢化物的热稳定性依次减弱，则硫化氢的热稳定性小于水，故C正确；D．电子层数越少，原子的原子半径最小，则氢原子的原子半径最小；同周期元素，自左而右原子半径减小，同主族元素，自上而下原子半径增大，则原子半径的大小顺序为H＜O＜N＜S，故D错误；故选D。8.黑磷和有机“纳米小人”风靡全球，黑磷具有与石墨相似的层状结构，其结构如图所示。下列分析错误的是A.黑磷中既存在非极性共价键又存在范德华力，黑磷的熔点高于白磷B.化合物P中一定共平面的原子有16个C.黑磷中P原子杂化方式为D.第三周期只有元素的第一电离能大于P【答案】D【解析】A．黑磷中P与P之间存在非极性共价键，层与层之间存在范德华力，黑磷分子的相对分子质量远大于白磷，产生的范德华力较大，故黑磷的熔点高于白磷，A正确；B．苯环和碳碳三键上的所有原子都共面，，如图所示14个碳原子一定共面，2和6处碳原子还链接两个氢原子也一定与苯环共面，故一共16原子一定共面，B正确；C．黑磷中结构中连接为空间立体结构，故P原子杂化方式为sp3，C正确；D．第三周期中Ar与Cl的第一电离能都大于P的，D错误；故答案为D。9.下列物质性质与用途对应的离子方程式书写正确的是A.H2O2氧化海带灰酸性浸出液提取碘：B.Na2O2与水反应用作潜水艇氧气来源：C.绿矾处理含酸性废水：D.向NaHSO4溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：【答案】A【解析】A．H2O2氧化海带灰酸性浸出液中的I-，生成I2和水，从而提取碘：，A正确；B．Na2O2与水反应，生成氧气，作为潜水艇中氧气的来源：，B不正确；C．绿矾处理含的酸性废水时，将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+：，C不正确；D．向NaHSO4溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，采用“以少定多”法：，D不正确；故选A。10.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L中含有的极性共价键数目为B.5.6g铁与足量硫粉反应，转移的电子数为C.含0.1mol的水溶液中含有的原子数目为D.的溶液中含铬微粒的数目为【答案】A【解析】A．正丁烷和异丁烷分子中都含有10个碳氢极性键，则标准状况下2.24LC4H10分子中含有的极性共价键数目为×10×NAmol—1=NA，故A正确；B．铁与硫共热反应生成硫化亚铁，则5.6g铁与足量硫粉反应，转移的电子数为×2×NAmol—1=0.2NA，故B错误；C．醋酸钠溶液中醋酸钠和水中都含有氧原子，不能确定含0.1mol醋酸钠的水溶液中水的物质的量，无法计算溶液中含有的氧原子个数，故C错误；D．缺溶液的体积，无法计算0.1mol/L铬酸钠溶液中铬酸根离子的物质的量和含铬微粒数目，故D错误；故选A。11.向下列物质中加入NaOH溶液并加热，其成分不发生改变的是A．用聚四氟乙烯制成的实验仪器B．用于通信的光导纤维C．用于焙制糕点的小苏打D．从餐厨废弃物中提取的地沟油A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．聚四氟乙烯不和氢氧化钠溶液反应，故A符合题意；

B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为，故B不符合题意；

C．小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：，故C不符合题意；

D．“地沟油”的成分是油脂，与碱溶液反应生成高级脂肪酸盐和甘油，故D不符合题意；

故答案选A。12.和O形成的一种化合物的晶胞结构如图甲所示。晶胞边长为为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.该化合物的化学式为 B.该晶体的密度为C.晶胞中与等距且最近的有4个 D.图乙是该晶体晶胞结构的另一种表示【答案】B【解析】A．根据均摊原则，晶胞中Nb原子数为、O原子数为，该化合物的化学式为，故A正确；B．该晶体的密度为，故B错误；C．根据图示，晶胞中与等距且最近的有4个，故C正确；D．图乙是该晶体O原子在面心建立的晶胞结构，故D正确；选B。13.合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在铁触媒催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用ad标注。下列说法不正确的是A.合成氨反应的ΔH<0B.经过过渡态3发生的变化为：N2H2(ad)+H2(ad)=N2H4(ad)C.催化剂改变了合成氨反应的历程和反应热D.该历程中最大能垒(活化能)：E正=(f-e)eV【答案】C【解析】A．由图可知，合成氨反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的△H<0，故A项正确；B．由图可知，经过过渡态3步骤发生的反应为N2H2

(ad)+2H2(ad)=N2H4(ad)+H2(ad)，即N2H2(ad)+H2(ad)=N2H4(ad)，故B项正确；C．由图可知，铁触媒催化剂改变了合成氨反应的反应历程，但不能改变反应热，故C项错误；D．由图可知，该历程中最大能垒(活化能)E正=-eeV-(-feV)=(f-e)eV，故D项正确；故本题选C。14.下列有关实验操作、实验现象或结论都正确的组合是选项实验操作现象解释或结论A向含有硫酸钙的水垢中加入溶液浸泡后，再加入稀盐酸水垢完全溶解，产生气泡B向两份等浓度、等体积的过氧化氢溶液中分别加入2滴等浓度的溶液和溶液前者产生气泡较快催化效率：C将甲烷与氯气按体积比为1∶4混合于试管中，光照反应后的气体使湿润的石蕊试纸变红生成的氯代甲烷有酸性D常温下，用pH试纸测定的NaClO溶液的pH试纸变蓝，对比标准比色卡测出pH约为9次氯酸为弱酸A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．硫酸钙的水垢中加入碳酸钠溶液浸泡后，再加入稀盐酸，此时水垢完全溶解产生气泡，说明硫酸钙转化为了碳酸钙，则，A正确；B．两份相同的过氧化氢溶液中分别加入FeCl3和CuSO4，两种催化剂的阴阳离子均不相同，无法说明铁离子催化效率强于铜离子，也可能是氯离子催化效率强于硫酸根离子，B错误；C．甲烷和氯气光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷等产物和HCl，HCl溶于水电离出氢离子使湿润石蕊试纸变红，不能说明氯代甲烷有酸性，C错误；D．NaClO溶液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，应该用pH计测定pH值，D错误；故答案选A。第II卷(非选择题)15.氯化铵焙烧菱锰矿(主要成分为，含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：①相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol•L-1]形成氢氧化物沉淀时的pH如下：金属离子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH3.81.56.510.68.19.6沉淀完全的pH5.23.79.712.610.111.6②常温下，的溶度积分别为回答下列问题：（1）基态锰原子的电子排布式为___________，的空间结构为___________。（2）由下图可知，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件：m(NH4Cl)：m(菱锰矿粉)=1.10：1，500℃焙烧60min，不选用600℃焙烧90min的原因是___________。（3）焙烧产生的CO2和NH3可用于工业制备纯碱，操作时应先向饱和食盐水中通入过量的___________(填化学式)。（4）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为___________；若溶液中金属离子浓度均为0.1mol·L-1，调节溶液pH使沉淀完全，此时溶液的pH范围为___________，再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，当时，___________(保留两位有效数字)（5）碳化结晶时，发生反应的离子方程式为___________。（6）流程中能循环利用的固态物质是___________(填化学式)。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d54s2②.平面正三角形（2）500℃焙烧60min时，Mn浸出率已经很高，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，生产成本增大（3）NH3（4）①.MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O②.5.2-8.1③.5.1×10-6（5）Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O（6）NH4Cl【解析】将菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧，将金属元素转化为金属氯化物，焙砂加水溶解浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；浸出液“净化除杂”得到氯化锰溶液，向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵溶液碳化结晶，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰滤饼和氯化铵溶液；氯化铵溶液蒸发结晶得到可以循环使用的氯化铵，碳酸锰滤饼干燥得到碳酸锰产品。（1）锰元素的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；碳酸根离子中碳原子的价层电子对数：、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面正三角形；（2）由图可知，500℃60min时，锰元素的浸出率已经很大了，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，还会增加生产成本，所以氯化铵焙烧不选用600℃焙烧90min；（3）碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与饱和食盐水反应，所以焙烧产生的二氧化碳和氨气通入饱和食盐水时，应先向饱和食盐水中通入溶解度大的氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳可以增大二氧化碳的溶解度，有利于碳酸氢钠的生成；（4）浸出液“净化除杂”过程为首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，根据得失电子守恒及电荷守恒，反应离子方程式：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；调节溶液pH在5.2-8.1范围内，使Fe3+、Al3+沉淀完全，再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，过滤得到氯化锰溶液；由溶度积可知，溶液中钙离子为1.0×10-5mol/L时，溶液中的c2(F-)==1.46×10-5mol2/L2，则溶液中的镁离子浓度为=5×10-6mol/L；（5）由分析可知，加入碳酸氢铵溶液碳化结晶，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；（6）由分析可知，可以循环使用的固体物质是氯化铵。16.铋酸钠(，)是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。I．制取铋酸钠利用白色且难溶于水的在溶液中，充分搅拌的情况下与反应制备，实验装置如下图(加热和夹持仪器已略去)。已知：粉末呈浅黄色，不溶于冷水，遇沸水或酸溶液迅速分解。请按要求回答下列问题：（1）盛放浓盐酸的仪器的名称是___________。（2）实验开始时甲中反应的离子方程式为：___________。（3）乙装置盛放的试剂是___________。（4）丙中主要反应化学方程式为：___________。（5）当观察到丙中白色固体消失时，应关闭和，原因是___________。（6）实验完毕后，打开，向甲中加入NaOH溶液的主要作用是___________。Ⅱ．产品纯度的测定（7）取上面制取的产品，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反应，再用的标准溶液滴定生成的，当达到滴定终点时，消耗。(已知：；)。则滴定终点的现象为___________该产品的纯度为___________。【答案】（1）恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)（2）（3）饱和食盐水（4）（5）防止过量使溶液呈酸性，导致分解（6）除去甲装置中残留（7）①.当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复②.【解析】甲装置用于制备氯气，乙装置用于除去氯气中混有的氯化氢，丙装置中Bi(OH)3被氯气氧化为NaBiO3，为防止Cl2过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解，当观察到丙中白色固体消失时，应关闭K3和K1，并停止对甲装置加热，丁装置中的氢氧化钠溶液用于吸收氯气，防止污染。（1）盛放浓盐酸的仪器的名称为恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)；（2）甲装置用于制备氯气，离子方程式为：；（3）乙装置用于除去氯气中混有的氯化氢，盛放的试剂是饱和食盐水；（4）丙装置中Bi(OH)3被氯气氧化为NaBiO3，化学方程式为：Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O；（5）防止Cl2过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解，当观察到丙中白色固体消失时，应关闭K3和K1，并停止对甲装置加热；（6）氯气有毒，实验完毕后，打开K2，向甲中加入NaOH溶液的主要作用是除去甲装置中残留Cl2；（7）当滴入最后半滴草酸标准溶液，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不再恢复即达到滴定终点；根据得失电子守恒建立关系式：5NaBiO3~2~5H2C2O4，当达到滴定终点时，消耗0.1mol/L的草酸标准溶液ymL，则n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=0.1mol/L×y×10-3L=y×10-4mol，该产品的纯度为。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