湖南省部分校联考2024-2025学年高三下学期3月联考化学试题 含解析

高三联考化学试题考试时间分钟，满分分注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。用橡皮擦干净后，再选涂其他答案学母；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。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：一、选择题：本题共小题，每小题3分，共分。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.近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是A.火力发电是一种将化学能直接转化为电能的装置B.风能、太阳能、地热能、潮汐能、核电等都属于新能源C.锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌，充电时锂离子从正极脱嵌D.理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点【答案】A【解析】【详解】A．火力发电的能量变化为：化学能热能机械能电能，化学能间接转化为电能，A项错误；B．目前，人们比较关注的新能源有太阳能、风能、地热能、潮汐能、核电和氢能等，B项正确；C向正极、嵌入正极中，充电时锂离子从正极脱嵌，由正极回到负极，嵌入负极，C项正确；D燃烧排放的粉尘、SO、NO、CO等是大气污染物的主要来源，理想的新能源应具有资源丰富、可以再生、对环境无污染等特点，D项正确；答案选A。2.下列化学用语使用正确的是第1页/共22页A.蚁酸的结构简式为：CHCOOHB.羟基的电子式为：C.基态C原子的电子排布图为：D.乙炔分子的球棍模型为：【答案】C【解析】【详解】A．蚁酸为甲酸，结构简式为HCOOH，CHCOOH是乙酸的结构简式，故A错误；B．羟基是中性基团，电子式为，是OH-的电子式，故B错误；C．C的电子排布式为1s22s22p2，按照泡利原理、洪特规则，基态C原子的电子排布图为，故C正确；D．乙炔空间构型为直线形，其球棍模型为，故D错误；答案为C。3.化学实验中，具有安全和规范意识是重要的学科素养。下列关于实验事故或药品的处埋方法中不正确的是A.制备金属镁的电解装置失火时，不可以使用二氧化碳灭火器灭火B.“84”消毒液和“洁厕灵”不能混合使用C.不慎将金属汞洒落桌面，必须尽可能收集，并深埋处理D大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量向高处去【答案】C【解析】【详解】A．二氧化碳可以和镁反应，不能用于灭火，A正确；B．若“84”消毒液和“洁厕灵”混合使用，会产生有毒气体氯气，B正确；C．金属汞属于重金属，不能深埋处理，否则会污染土壤，应该用硫粉覆盖，防止汞挥发，C错误；DD正确；故选C。第2页/共22页4.下列有关化学概念或性质的判断错误的是A.为含有非极性键的极性分子B.甲苯的质谱图中，质荷比为92的峰归属于C.键能：，所以稳定性：D.NaCl溶液和，溶液均显中性，但两溶液中水的电离程度并不相同【答案】A【解析】【详解】A．O3分子的共价键是极性键，O3空间结构与SO2的相似，分子有极性，A错误；B．甲苯的相对分子质量为92，甲苯的质谱图中，质荷比为92的峰是甲苯失去一个电子剩余的粒子，即，B正确；CF<Cl<BrSi-F<Si-Cl<Si-BrSi-F>Si-Cl>Si-Br性：，C正确；DNaCl为强酸强碱盐，溶液中不存在离子水解，CHCOONH4为弱酸弱碱盐，CHCOO-和相互促进水解，导致溶液中水的电离程度增大，D正确；答案选A。5.D-2-脱氧核糖是生物遗传物质的主要成分，可发生如图转化。下列说法错误的是A.D-2-脱氧核糖可发生取代、消去、氧化反应B.D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖的过程是一个取代反应C.D-2-脱氧核糖与β-D-2-脱氧核糖互为同分异构体D.D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖后，碳原子杂化方式发生了改变第3页/共22页【答案】B【解析】AD-2-脱氧核糖含有羟基可以发生取代反应和氧化反应，羟基所连碳原子的相邻碳原子上有氢原子可以发生消去反应，故A正确；B．D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖的过程中醛基转化为羟基，该反应为加成反应，故B错误；C．D-2-脱氧核糖与β-D-2-脱氧核糖的分子式相同，都是CHO，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；DD-2-脱氧核糖中含有醛基和亚甲基，碳原子的杂化方式为sp2和sp3β-D-2脱氧核糖中都是饱和碳原子，碳原子的杂化方式只有sp3，D-2-脱氧核糖转化为β-D-2脱氧核糖后，碳原子的杂化方式改变，故D正确；答案选B。6.下列反应方程式书写错误的是A.向含KSCN的稀硝酸溶液中加入铁粉，溶液不变为红色：B.、在强碱性溶液中反应制备：C.无水HF中电解制氟气，阴极反应式：D.海水提溴中，用二氧化硫的水溶液吸收溴：【答案】D【解析】AKSCNFe3+，故A正确；B．、在强碱性溶液中反应生成、NaCl和水，根据得失电子守恒，原子守恒得出离子方程式为：，B正确；C．在无水HF中电解KHF2制氟气，在阴极得电子生成氢气，则阴极反应式为，故C正确；D．海水提溴中，用二氧化硫的水溶液吸收溴发生氧化还原反应，SO2被氧化为硫酸根离子，Br2被还原为第4页/共22页Br-，离子方程式为：，D错误；答案选D。7.利用如图所示装置制备SO2并检验其性质。下列说法不正确的是A.装置①中紫色石蕊溶液变红B.装置②和④中溶液褪色，均体现SO2的漂白性C.装置③中出现浑浊，体现SO2的氧化性D.装置⑤中的试剂可以是NaOH【答案】B【解析】【详解】A．70%的硫酸和NaSO3发生反应生成NaSO、HO和SO。SO2是一种酸性氧化物，溶于水生成HSO，可使紫色石蕊变红，A项正确；B．SO2能使品红褪色，是因为SO2具有漂白作用；SO2具有还原性，能与酸性KMnO4发生氧化还原反应，从而使酸性KMnO4溶液褪色。装置②和④中溶液褪色，原理不同，B项错误；C．SO2与HS发生反应：SO+2HS＝3S↓+2HO，所以装置③中出现浑浊，该过程中SO2中的S元素化合价降低，被还原，体现了SO2的氧化性，C项正确；DSO2是一种无色、有刺激性气味的有毒气体，不能直接排放到空气中，SO2能与NaOH以通过NaOH溶液来吸收尾气，D项正确；答案选B。8.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作向的硝酸银溶液中先滴加2～3滴浓度为A比较和溶度积大小的2～3滴相同浓度的KI溶液，观察生成沉淀的颜色第5页/共22页向的KI溶液中滴加2滴的B探究化学反应是否可逆溶液，充分反应后，滴入2滴的溶液，观察现象C探究浓度对盐类水解平衡的影响向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入等体积蒸馏水，观察现象比较和酸性D用pH试纸测定溶液和溶液的pH强弱A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向1mL0.1mol/L的硝酸银溶液中先滴加2~3滴浓度为0.1mol/L的NaCl溶液，发生反应产生AgClNaCl2~3滴相同浓度的KI产生AgI黄色沉淀，黄色沉淀的生成不能证明是白色沉淀转化生成的，故不能比较和溶度积大小，故A错误；B．溶液与KI溶液发生离子反应，实验过程中所加KI过量，如果不是可逆反应，就不存在Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+出现血红色，可根据现象判断Fe3+是否存在，从而探究该化学反应是否可逆，故B正确；C．碳酸钠溶液中存在水解平衡，加酚酞溶液呈红色，向碳酸钠溶液中加水，溶液碱性减弱，溶液由红色变为浅红色，不能说明平衡的移动方向，故C错误；D．溶液具有强氧化性会使pH试纸褪色，不能测定该溶液pH值，且没有控制溶液和溶液相同浓度，不能比较和酸性强弱，故D错误；故选B。9.下图为一种结构有趣的“糖葫芦”WXYZ四种元素位于同一主族的相邻周期。X的电负性大于ZYEE与Y的价电子数之和与Mg的质子数相同，与的电子结构相同。下列说法错误的是第6页/共22页A.W、Y形成的最高价氧化物的水化物分子式不同B.第一电离能：E>W>XC.E和Y的简单氢化物沸点：E>YD.简单离子半径：W>E>Y【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W为同一主族的元素，图中它们一个原子均形成了三个共价键，根据分子的成键特征可知，四者均为族元素，工业上利用沸点差异能从空气中分离出Y的单质，则Y为N；E与Y的价电子数之和与MgE形成1E最外层有7E为Cl与的电子结构相同，W为PX的电负性大于Z，结合同主族元素从上到下电负性减弱，则推测X为AsZ为Sb，综上，X、Y、Z、W、E依次为As、N、Sb、P、Cl。【详解】A．W为P，Y为N，对应的最高价氧化物的水化物分子式分别为HPO、HNO，A正确；BIIAACl>P>AsE>W>XB正确；C．Y为N、E为Cl，NH3分子间可形成氢键，因此其沸点高于HCl，C错误；DWEY对应的简单离子分别为P3-Cl-N3-P3-Cl-的电子层数相同，且比N3-P3-和Cl-电子层数相同，前者的核电荷数小于后者；所以简单离子半径：P3->Cl->N3-，D正确；故选：C。10.的氧化能力的羟基自由基()，来处理含苯酚废水和含甲醛废水的工作原理。已知：双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是第7页/共22页A.M极连接电源负极，电极反应式：B.双极膜中解离出的透过膜a向N极移动C.每处理3.0g甲醛，理论上消耗双极膜中D.通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成的物质的量之比为【答案】D【解析】【分析】M电极通入O，发生反应生成自由基·OH，反应式为：O+2e-+2H+=2·OH，M作阴极；双极膜解离产生的OH-移向N极，在N极上失去电子生成·OH，反应式为：OH--e-=·OH，以此解题。【详解】A．根据分析可知，M为阴极，与电源负极连接，电极反应式为；，A正确；B．双极膜中解离出的向阳极移动，N极为阳极，OH-透过膜a向N极移动，B正确；CHCHO被氧化生成CO1分子甲醛失去43.0g即0.4mo电子转移，理论上消耗双极膜中，C正确；D1mol甲醛生成CO2转移4mole-1mol苯酚生成CO2转移28mole-28mol电子转移，则苯酚生成的CO2为6mol，甲醛生成的CO2为7mol，理论上苯酚和甲醛转化生成CO物质的量之比为6：7，D错误；答案选D。以市售高岭土(化学成分：AlO、SiO2和HO)为原料制备碱式氯化铝[Al(OH)Cl]的工艺流程如图：第8页/共22页已知：①结构不同的AlO3在酸中的溶解性差别较大；②调节AlCl3溶液的pH为4.2~4.5，沉降可得碱式氯化铝。下列说法错误的是A.“焙烧”有助于改变高岭土中AlO3的结构，使其更易溶于酸B.“酸溶”时可用2mol·L-1的硫酸代替4mol·L-1的盐酸C.“蒸发浓缩”“稀释”的目的为调节溶液的pHD.碱式氯化铝可用于净水【答案】B【解析】【分析】高岭土主要含AlO、SiO2和HO“焙烧”有改变高岭土中AlO3的结构，加盐酸“酸溶”，二氧化HClAlCl3溶液的pH为4.2~4.5，沉降可得碱式氯化铝。【详解】A．根据信息①可知，“焙烧”有助于改变高岭土中AlO3的结构，使其更易溶于酸，故A正确；B．由于要制备碱式氯化铝，为了不引入杂质“酸溶”时不能用硫酸代替盐酸，故B错误；C．根据信息②知，“蒸发浓缩”和“稀释”均能减小溶液中HCl的浓度，使溶液的pH为4.2~4.5，有利于沉降得到碱式氯化铝，故C正确；D．碱式氯化铝可水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，可用于净水，故D正确；选B。12.晶体的一种立方晶胞如图。已知：与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，两个“○”之间的最短距离为b。下列说法错误的是A.x=1，y=3B.周围最近的O原子数目为12C.图中体心位置“”一定代表第9页/共22页D.晶体的密度为【答案】D【解析】【详解】A．黑球位于顶点，个数为=1，白球位于面心，个数为=3，位于体心，个数为1化合价代数和为0可知化学式为，即x=1，y=3，A正确；B．与O最小间距大于与O最小间距，则黑球为AlO1个Al原子共用8321个Al原子周围的O原子数为B正确；C．由B可知，为，体心位置“”一定代表，C正确；D．根据晶体中2个白球间的距离为bnm，设晶胞的边长为2anm，由可知，则边长=，则晶胞的体积，最后晶体的密度为，D错误；故答案为D。13.25℃时，向溶液中不断通入气体(忽略溶液体积变化)，浴液中、与的关系如图所示。下列说法不正确的是第10页/共22页A.该温度下，的B.点所表示的溶液中：C.向原溶液中不断通入气体：D.的溶液中：【答案】B【解析】【详解】A．W点溶液中醋酸根离子和醋酸的浓度相等，pH=4.75，所以醋酸的电离常数K==10-4.75，故A正确；B．W点所表示的溶液中c(H+)=10-4.75mol·L-1，c(CHCOOH)+c(CHCOO-)=0.100mol/L，c(CHCOOH)=c(CHCOO-)=0.050mol·L-1，则c(H+)<c(OH-)+c(CHCOO-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CHCOO-)+c(OH-)+c(Cl-)知，c(Na+)>c(Cl-)，故B错误；C．向原溶液中通入0.1molHCl气体，由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CHCOO-)+c(OH-)+c(Cl-)及c(Cl-)=c(Na+)=0.100mol·L-1，可得c(H+)=c(CHCOO-)+c(OH-)，故C正确；D．由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CHCOO-)+c(OH-)+c(Cl-)及物料守恒c(CHCOOH)+c(CHCOO-)=0.100mol·L-1可知，c(Na+)+c(H+)-c(OH-)-c(Cl-)+c(CHCOOH)=c(CHCOO-)+c(CHCOOH)=0.100mol·L-1，故D正确；故选B。14.某容器中只发生反应：aX(g)+bY(g)⇌cZ(g)。由下列图像得出的结论不正确的是第11页/共22页A.相同温度下，分别向体积不等的A、B两个恒容密闭容器中均通入1molX和1molY，tmin后X的转化率如图甲所示。若B中反应达到平衡状态，则A中一定达到平衡状态B.恒容密闭容器中通入一定量的X和YX的转化率随温度变化如图乙所示。则该反应的△H<0C.其他条件相同，改变起始时X的物质的量，平衡时Z的体积分数变化如图丙所示。则平衡时Y的转化率：C<A<BD.其他条件相同，反应速率与压强的关系如图丁所示。则a+b<c【答案】C【解析】【详解】A．A容器体积小，压强大，反应速率比B快，B点达到平衡状态，故A一定达到平衡状态，A正确；BX和YXX转化率最高点，即达到平衡，平衡后，温度升高平衡向吸热方向移动，X转化率降低，则该反应的△H<0，B正确；C．X的物质的量越多，则Y的转化率越高，平衡时Y的转化率：A<B<C，C错误；D．压强增大平衡向气体体积减小的方向移动，平衡向逆向进行，则a+b<c，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共分。15.过氧化钙习小组设计如下实验方案制备并测定产品纯度。．制备(制备装置如图所示，夹持装置略)：向三颈烧瓶中依次加入和30mL水，充分溶解后，置于冰水中，开启搅拌器，同时滴加溶液和氨水，冷却后即有沉淀析出。第12页/共22页．分离：将第步获得的沉淀过滤，依次用水、乙醇、乙醚洗涤，干燥；．制备：加热烘烤获得。．测定产品中的含量：①准确称取步骤获得的产品0.800g100mL20mL蒸馏水和的醋酸，使固体溶解，用的酸性标准溶液滴定至终点，三次实验消耗标准溶液的平均体积为20.40mL。②空白实验：另取20mL蒸馏水和的醋酸代替样品溶液放入锥形瓶中，重复①中实验操作，消耗标准溶液的平均体积为0.40mL。已知：左右时变为无水，时迅速分解为CaO和。回答下列问题：（1）盛放溶液的仪器名称为___________。（2步制备的离子方程式为______________________。（3）第步分离沉淀所用到的玻璃仪器有___________。（4）第步，加热烘烤获得的最佳温度范围是___________(填标号)。A．B．C．（5）第步，测定产品中的含量。①能否用盐酸溶解样品：___________(填“能”或“否”)。第13页/共22页②实验达到滴定终点的现象为___________。③样品中的含量为___________。【答案】（1）分液漏斗（2）①.Ca2++HO+2NH·HO+6HO=CaO·8HO↓+2②.防止HO2分解和氨水挥发（3）漏斗、烧杯、玻璃棒（4C（5）①.否②.滴入最后半滴KMnO430s内颜色不褪去③.90【解析】【分析】由题给流程、实验示意图可知，氯化钙固体溶于水得到氯化钙溶液，向溶液中加入过氧化氢溶液和氨水，冰水浴下氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨水反应生成CaO·8HO沉淀，过滤得到的沉淀经水洗、乙醇洗、乙醚洗后，烘烤得到无水过氧化钙。【小问1详解】盛放的仪器名称为分液漏斗。【小问2详解】由题目信息可知，HO2和氨水均过量，故CaCl2与HO2和氨水制备的离子方程式为Ca2++HO+2NH·HO+6HO=CaO·8HO↓+2；HO2受热易分解、氨水受热易挥发，故将反应装置置于冰水中可以防止HO2分解和氨水挥发；【小问3详解】第Ⅱ步分离CaO·8HO沉淀的操作为过滤，所用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；【小问4详解】由题给信息可知，加热烘烤CaO·8HO获得CaO2的温度在130℃左右，且必须低于350℃，故选C；【小问5详解】①Cl-能与酸性KMnO4标准溶液反应，会影响测定结果，故不能用盐酸溶解样品；②实验达到滴定终点的现象为滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液呈浅红色，并且30s内颜色不褪去；③结合反应CaO+2CHCOOH=(CHCOO)Ca+HO、5HO+2+6H+=2Mn2++5O↑+8HO，得关系式5CaO~5HO~2n(CaO)=0.20mol/L×(20.40-0.40)×10-3L×=1×10-2molm(CaO)=1×10-2mol×72g/mol=0.72g，样品中的含量为。第14页/共22页16.高纯碳酸锰常用于制造通讯器材，以贫软锰矿(主要成分是，含有、、、、等杂质))和黄铁矿()为原料，制备高纯碳酸锰的工艺流程如下。已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表。金属离子开始沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610.8②常温下，、、的溶度积分别为、、。（1___________(任答一条即可)写出“酸浸”时与反应的化学方程式：___________。（2pH范围为___________，则___________。（3___________净碳酸锰的“系列操作”包括___________。（4进入阳极区发生副反应生成造第15页/共22页成资源浪费，该副反应的电极反应为___________。【答案】（1）①.将矿石粉碎，加热，适当地增加硫酸浓度，充分搅拌等②.15MnO2+2FeS+14HSO=15MnSO+Fe(SO)+14HO（2）①.5.5≤pH<8.8②.0.8（3）①.7.5%②.过滤，洗涤和干燥（4）Mn2++2HO-2e-=MnO+4H+【解析】【分析】贫软锰矿的主要成分是MnO，含有等杂质、、、、，还含有黄铁矿，加入稀硫酸酸浸后，MnO、、、、及FeS2均可溶解，形成Mn2+Fe3+Al3+、Ca2+、Mg2+、Fe2+等离子，SiO2不溶，即滤渣①为SiO；加入石灰乳中和净化，通过调节溶液的pH可将部分离子沉淀，加入MnF2进行二次净化，再加入碳酸氢铵沉锰后，经一系列操作可得纯净的碳酸锰。【小问1详解】为了加快“酸浸”速率，可以选择加热升高温度、将矿石粉碎增大接触面积、充分搅拌或适当增加硫酸浓度等方法；已知“滤渣(1)”中不含单质硫，MnO2与FeS、稀硫酸发生氧化还原反应，生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应方程式为：15MnO+2FeS+14HSO=15MnSO+Fe(SO)+14HO；【小问2详解】“中和净化”中调节溶液的pH，可将Fe3+、Al3+、Fe2+三种离子沉淀，故应将溶液的pH调节至5.5≤pH<8.8；二次净化后溶液中只剩Mn2+，溶液中的，c2(F-)=第16页/共22页=7.0×10-3(mol/L)2K(MnF)=c(Mn2+)×c2(F-)c(Mn2+)×7.0×10-3=5.6×10-3c(Mn2+)=0.8mol/L；【小问3详解】根据“沉锰”中NHHCO37.5%；想得到纯净的碳酸锰时，应过滤、洗涤、干燥；【小问4详解】根据装置图可知左侧为阳极，右侧为阴极，Mn2+进入阳极区发生氧化反应生成MnO，电极反应为：Mn2++2HO-2e-=MnO+4H+。17.化合物I是除草剂茚草酮的中间体，其合成路线如图：回答下列问题：（1）A含有___________种官能团，E的名称为___________，H的官能团名称为___________。（2）B在水中溶解度比C大，原因是___________。（3）的反应类型为___________。（4）的化学方程式为___________。（5）D的制备过程中，可以提高原料利用率，原因是___________。（6）J为B的同分异构体，写出满足下列条件的J的结构简式___________(任写一种)。①含有苯环；②能与溶液发生显色反应；③核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为。【答案】（1）①.2②.邻二甲苯(或1，2-二甲苯)③.酮羰基(或羰基)（2）B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C第17页/共22页（3）消去反应（4）+2CHCHOH+2HO（5）D和H反应生成HCl，KCO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动（6）、、【解析】【分析】A发生加成反应再水解生成羟基得到BB发生消去反应生成CC发生取代反应生成DE发生氧化反应生成F，F和乙醇发生酯化反应生成G，G转化为H，D与H发生取代反应生成I，据此分析。小问1详解】A含有碳氯键、酮羰基，共2种官能团；由E的结构简式可知，E的名称为邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；H官能团名称为酮羰基(或羰基)；【小问2详解】B在水中溶解度比C大，原因是：B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C；【小问3详解】由B和C的结构简式可知，B→C的过程中羟基转化为碳碳双键，发生了消去反应；【小问4详解】F和乙醇发生酯化反应生成G，化学方程式为：+2CHCHOH+2HO；【小问5详解】D与H发生取代反应生成IHClD+H→IKCO3可以提高原料利用率，原因是D和H反应生成HCl，KCO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动；【小问6详解】J为BFeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基；③第18页/共22页核磁共振氢谱为四组蜂，峰面积比为6：2：2：1，说明其是对称的结构，含有2个对称的甲基；满足条件的J的结构简式为：、、。18.二甲醚(CHOCH)是一种洁净液体燃料，工业上可以通过以下两种工艺合成：1CO和H2为原料生产CHOCH工业制备二甲醚在催化反应室中(2.0~10.0MPa230-280℃)进行下列反应：反应i：CO(g)+2H(g)CHOH(g)ΔH=-99kJ·mol-1反应ii：2CHOH(g)CHOCHg)+HO(g)ΔH=-23.5kJ·mol-1反应iii：CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)ΔH=-41.2kJ·mol-1（1）在该条件下，若只发生反应i，各物质的起始浓度分别为c(CO)=1.2mol·L-1，c(H)=2.8mol·L-1，8min后达到化学平衡状态，CO的转化率为50%，则8min内H2的平均反应速率为___________。（2t℃ii的平衡常数为4001L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：物质CHOHCHOCH3HOc/(0.052.02.0

mol·L-1)此时___________(填“>”“<”或“=”)（3）催化总反应为：3CO(g)+3H(g)CHOCH(g)+CO(g)①ΔS___________0(填“>”“<”或“=”)，该反应在___________条件下自发。②CO的平衡转化率(CO)与温度T、压强P的关系如图1所示：第19页/共22页若P<P，请在图1中画出压强P2时CO的平衡转化率的变化趋势___________。（4(产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率)呈现如图2的变化趋势。解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因___________。Ⅱ．方法2：先用CO2加H2合成甲醇，涉及以