安徽省皖北协作体2025届高三下学期一模考试 化学试题 含解析

2025年安徽省示范高中皖北协作区第27届联考化学本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。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。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-6F-19Mg-24Cl-35.5Co-59一、选择题：本题共14小题，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.化学是社会发展的基础，下列说法错误的是A.磷酸铵镁俗称鸟粪石，可作缓释肥B.晶体硅是良好的半导体材料，可用于制作智能家电的芯片C.航空发动机采用的陶瓷基复合材料具有密度低、硬度高、耐高温、耐腐蚀等性能D.在染织工业中，碱煮的布料用稀硫酸清洗后即可加热烘干【答案】D【解析】【详解】A．磷酸铵镁的溶解度较小，磷酸铵镁可作缓释肥持续补充Mg、N、P等元素，A正确；B．晶体硅是良好的半导体材料，广泛用于电子器件，可用于制作智能家电的芯片，B正确；C．根据航空发动机对陶瓷基复合材料的性能要求，此类材料应具有密度低、硬度高、耐高温、耐腐蚀等性能，C正确；D．稀硫酸清洗后直接加热烘干过程中，硫酸浓度逐渐变大，会腐蚀布料，D错误；故选D。2.下列化学用语表述错误的是A.乙醇的分子式为B.酰胺基的结构简式为C.过氧化氢的电子式为D.邻羟基苯甲醛分子内氢键可表示为【答案】A【解析】【详解】A．乙醇的分子式为，A错误；B．酰胺基是一种常见的化学官能团，结构简式为，B正确；C．过氧化氢是共价化合物，结构式为H-O-O-H，电子式为，C正确；D．根据氢键的形成条件可知，羟基上的氢原子可以和醛基上的氧原子之间形成分子内氢键，D正确；故选A。3.下列选项中的物质能按图示路径转化，且X和NaOH可以直接反应生成Y的是选项XYZABCDA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．Al和NaOH直接反应生成的是，不能直接生成，A项错误；B．不能一步反应得到，B项错误；C．和NaOH可以直接反应生成，与稀盐酸或还原性的化合物如等反应生成，溶液电解可生成，C项正确；D．不能直接转化为，D项错误；答案选C。4.依他尼酸是一种袢利尿剂，可用来预防急性肾功能衰竭和治疗其他疾病，其结构简式如图所示，下列关于依他尼酸的说法正确的是A.不存在顺反异构体B.存在多种同分异构体且质谱仪测出的谱图完全相同C.含有6种官能团D.1mol该物质最多能与发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A．构成碳碳双键的一个碳原子上同时连了两个氢原子，不能产生顺反异构，A正确；B．依据质谱仪的原理可知不同的同分异构体会产生不同的碎片结构，得到的质谱图不同，B错误；C．该分子含有碳碳双键、酮羰基、碳氯键、醚键、羧基5种官能团，C错误；D．羧基中的C=O键不能发生加成，故1mol该物质最多能与发生加成反应，D错误；故答案为：A。5.实验室回收废水中苯酚的过程如下，苯酚在芳香烃和酯类溶剂中的分配系数(苯酚在萃取剂和水中的浓度比)分别为1.2~2.0和27~50，下列有关说法错误的是A.与本实验有关的实验室安全图标为、、B.步骤Ⅰ为萃取、分液，萃取剂选用苯更好C.若苯酚不慎沾到皮肤上，先用酒精冲洗，再用水冲洗D.试剂a可用溶液，试剂b可用足量的【答案】B【解析】【分析】含苯酚的废水，先加入苯经过步骤I后得到有机溶液，因此步骤I应为萃取分液，在有机溶液中加入能与酚羟基反应的含有钠元素的碱性物质，经过步骤Ⅱ即分液后得到苯酚钠溶液，最后步骤Ⅲ中加入试剂b，得到苯酚。【详解】A．本实验需要在通风良好的环境下并佩戴护目镜操作，在实验结束后清洗双手，A正确；B．根据分析可知，步骤I应为萃取分液，分配系数指苯酚在萃取剂和水中的浓度比，苯酚在芳香烃分配系数为1.2~2.0，则苯酚在水中的浓度与在芳香烃中的浓度相差不大，那么萃取效率不好，根据题中信息可知，苯酚在酯类溶剂中的分配系数为27~50，可知萃取剂用酯类溶剂更好，B错误；C．苯酚在乙醇中的溶解度较大，可以用乙醇冲洗后水洗干净，C项正确；D．苯酚可以和溶液反应生成苯酚钠，苯酚钠与足量反应生成苯酚，D正确；故选B。6.为达到下列实验目的，操作方法合理的是选项实验目的操作方法A验证浓硝酸具有强氧化性将灼热木炭加入浓硝酸中，观察试管上方是否产生红棕色气体B使过饱和溶液析出晶体用玻璃棒轻微摩擦烧杯内壁C比较HClO和的酸性室温下，分别测定NaClO溶液和溶液的pHD除去中混有的体积分数约为5%的点燃后用浓硫酸干燥A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．浓硝酸不稳定，灼热的木炭可以使之受热分解，也能产生红棕色气体NO2，不能证明浓硝酸具有强氧化性，A不符合题意；B．用玻璃棒摩擦烧杯内壁，使过饱和溶液发生外界扰动，提供成核位点，能析出晶体，B符合题意；C．两种溶液浓度未知，应测等浓度的两溶液的pH，C不符合题意；D．H2与高浓度的O2混合气体点燃会剧烈爆炸，D不符合题意；故选B。阅读下列材料，完成下列小题。火箭燃料的燃烧是发射的关键动力来源，一些传统火箭燃料在燃烧时会涉及含硫、氮元素的物质反应。随着航天技术的不断进步，科研人员正在研发更为环保、高效的火箭燃料和推进系统，致力于减少火箭发射过程中的产生，降低对环境的影响，同时保障火箭发射任务的顺利进行。偏二甲肼和是目前火箭发射常用的原料组合，二者混合时发生剧烈反应产生水、二氧化碳和氮气，并放出大量的热推动火箭飞行。7.设是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.由和组成的混合气体中原子总数为B.中含质子总数为C.在某真空密闭容器中充入气体，容器中的分子总数小于D.和的反应中每生成时，生成键的数目为8.下列叙述正确的是A.中碳、氮原子均采用杂化B.键角：C.在不同溶剂中的溶解度：乙醇>水D.均为极性分子【答案】7.C8.B【解析】【7题详解】A．未说明混合气体所处的温度和压强，该状态下的气体摩尔体积未知，无法计算，A错误；B．质子数等于原子序数，中含有34个质子，的物质的量为=0.1mol，含质子总数为，B错误；C．46gNO2的物质的量为=1mol，但NO2存在部分转化为N2O4的平衡：2NO2N2O4，导致分子总数减少，故容器中分子数小于，C正确；D．反应中每生成时，生成2molH2O，生成键的数目为，D错误；故选C。【8题详解】A．中含有酰胺基，存在碳氧双键，C原子采用杂化，A错误；B．中心原子价层电子对数为2+=2，N原子杂化方式为sp，键角为180°，中心原子价层电子对数为2+=2.5，N原子杂化方式为sp2，为V形结构，含有离域π键，键角大于120°小于180°，中心原子价层电子对数为3+=3，N原子杂化方式为sp2，且不含孤电子对，空间构型为平面三角形，键角为120°，则键角：，B正确；C．水为极性溶剂，乙醇极性较弱，在乙醇中的溶解度远远小于在水中的溶解度，C错误；D．中心原子价层电子对数为3+=3，且不含孤电子对，空间构型为平面三角形，正负电中心重合，为非极性分子，D错误；故选B。9.黄铜矿(，摩尔质量为)是重要的铜矿，黄铜矿的晶胞结构如图，x、y、z轴的夹角均为90°，设晶胞边长为、，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是已知：在高温下，黄铜矿晶体中的金属离子可以发生迁移，若铁离子与铜离子发生完全无序的置换，则可将它们视作等同的金属离子。A.硫原子的配位数为4B.无序的高温型结构的黄铜矿晶体的晶胞与NaCl的晶胞相同C.原子分数坐标为的原子为S原子D.黄铜矿晶体的密度为【答案】B【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，以位于晶胞内部的S原子为研究对象，硫原子周围的Fe原子和Cu原子共有4个，硫原子的配位数为4，A正确；B．NaCl的晶胞中Na+位于顶点和面心，Cl-位于体心和棱心，无序的高温型结构的黄铜矿晶体中Fe和Cu位于顶点和面心，S位于体心，二者晶胞不相同，B错误；C．S原子位于晶胞的体心，S原子和Fe原子的最近距离为半个晶胞体对角线的，则的原子为S原子，位于，C正确；D．该晶胞中S原子的个数为8，由化学式可知，Fe和Cu原子的个数均为4，设晶胞边长为、，为阿伏加德罗常数的值，则黄铜矿晶体的密度为，D正确；故选B。10.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期p区元素，由这四种元素形成的微粒Q可作为溶剂离子液体的阴离子，Q的结构如图所示。下列说法错误的是A.常温下Z的单质与水反应生成两种酸B.X的单质可能为共价晶体C.简单离子半径：D.Z、Y的最简单氢化物均能形成分子间氢键【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期p区元素，Z形成1个共价键，X形成4个共价键，Y可形成2个共价键，W形成6个共价键，则X、Y、Z、W依次为C、O、F、S。【详解】A．Z为F元素，F2和水反应生成HF和O2，只能生成一种酸，A错误；B．X为C元素，形成的单质如金刚石为共价晶体，B正确；C．电子层数越多，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小。S2−有3个电子层，O2−和F−都有2个电子层，且O的核电荷数小于F，所以离子半径S2−>O2−>F−，C正确；D．F、O的最简单氢化物为HF、H2O，HF、H2O均能形成分子间氢键，D正确；故选A。11.二苯重氮甲烷()在抗生素的制备过程中起关键作用。以二苯甲酮腙()为前体合成二苯重氮甲烷的原理如图所示。下列说法错误的是A.为催化剂B.若以铅蓄电池为电源，则与石墨一极相连的为电极C.阴极的电极反应式为D.理论上生成的同时生成1.5mol二苯重氮甲烷【答案】D【解析】【分析】由图可知，石墨电极上发生失去电子的氧化反应，电极反应为：，则石墨电极为阳极，Ni电极为阴极，电极反应为，阳极上生成的与反应生成和，据此解答。【详解】A．由图可知，在阳极上先消耗，最后又重新生成，相当于催化剂，A项正确；B．根据分析可知，石墨电极为阳极，与外电源正极相连，则与铅蓄电池的电极相连，B项正确；C．由分析可知，阴极电极反应式为，C项正确；D．理论上生成转移2mol电子，则阳极生成，根据原子守恒可知生成1mol二苯重氮甲烷，D项错误；故选D。12.Co元素的某些化合物在电池、光电材料、催化剂等方面有广泛应用，一种具有光催化作用的Co配合物结构简式如图所示。下列说法错误的是已知：螯合作用是指金属离子以配位键与同一分子中的两个或更多的配位原子连结形成螯合环。A.的空间结构为三角锥形B.配合物中Co元素的价态为价C.②号氮原子孤电子对参与形成大键，使电子云密度降低，与钴配位的能力比①弱D.钴离子通过螯合作用形成的配位键有6个【答案】D【解析】【详解】A．的中心原子上的价层电子对数为4，孤电子对数为1，故其空间结构为三角锥形，A正确；B．配合物中内界含有一个，外界含有一个，可得Co元素的价态为+3价，B正确；C．咪唑环上②号氮原子孤电子对参与形成大键，使电子云密度降低，与钴配位的能力比①号氮原子弱，C正确；D．根据配合物的结构和螯合作用的定义可知，钴离子通过螯合作用形成的配位键有5个，配体与钴离子之间的配位键不属于螯合作用，D错误；故答案选D。13.碳酸钙是常见难溶物。某学习小组向100mL蒸馏水中加入，当电导率不变时向其中加入10mL蒸馏水，当电导率再次不变时再向其中加入10mL蒸馏水，得到电导率的变化如图。已知：，；的电离常数，。下列说法正确的是A.a→b段，平衡右移B.段，当电导率不变时，若向溶液中通气体，减小C.段，当电导率不变时，溶液中D.段，当电导率不变时，通过加固体可实现向的完全转化【答案】C【解析】【详解】A．段是建立平衡的过程，反应还未达到平衡，没有发生平衡移动，A错误；B．段，当电导率不变时，向溶液中通气体，，减小，平衡正向移动，溶液中钙离子浓度增大，B错误；C．段，当电导率不变时，由得，存在水解平衡，即，，根据可得，则碳酸根离子水解平衡常数，以第一步水解为主，设有的水解生成，列三段式有：则，，所以，，，C正确；D．由题干可知，，，则的平衡常数，故通过加固体不可实现向的有效转化，D错误；故选C。14.“双碳”战略背景下，和的减排和转化利用受到普遍关注，已知和催化重整的主反应为。其他条件一定，在Ar作为辅助气体时，与的物质的量之比以及气体总流量对重整反应的影响分别如图1、2所示，下列说法错误的是A.恒温恒压时，充入气体Ar有利于提高和的平衡转化率B.主反应的正反应的活化能大于逆反应的活化能C.与物质的量之比达后转化率有所下降，的产率提升并不明显，可能是过量的发生了反应D.随气体流量增加，原料气转化率和目标产物产率逐渐降低，所以气体流量越低越好【答案】D【解析】【详解】A．反应为气体体积增大的反应，恒温恒压时充入Ar，体系体积增大，相当于减压，根据勒夏特列原理，减小压强平衡正向移动，有利于提高和的平衡转化率，A项正确；B．主反应的，反应为吸热反应。吸热反应中，正反应的活化能大于逆反应的活化能，B项正确；C．由图1知与物质的量之比达后转化率有所下降，的产率提升并不明显，可能是过量的与发生了反应，C项正确；D．由图2知随气体流量增加，原料气转化率和目标产物产率逐渐降低，当流量过低时，反应速率慢，单位时间内的产量也低，并非气体流量越低越好，D项错误；综上所述，答案是D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.冶炼铜过程中产生的铜阳极泥富含Cu、Se、Te等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取硒和碲的流程，如图所示。回答下列问题：（1）基态Se原子核外电子排布式为___________。硒有多种单质，比较有代表性的是灰硒和红硒，它们互为___________。（2）“加压、加热，酸浸”步骤中，和分别转化为和，写出参与反应的化学方程式：___________。（3）试从化学反应原理的角度分析“加压”能提高Cu、Se、Te浸出率的原因：___________。（4）氧化性：___________(填“>”“<”或“=”)。（5）“沉铜”中生成沉淀的离子方程式为___________。（6）由获取Cu的过程中，常采用高压氢还原法直接从溶液中提取金属粉。还原时，增大溶液酸度不利于Cu生成的原因是___________。（7）硫和碲位于元素周期表同一主族，试分析存在而不存在的原因：___________。【答案】（1）①.或②.同素异形体（2）（3）加压可增大氧气溶解度，加快化学反应速率；加压可提升溶液沸点，化学反应可在更高温度下发生，化学反应速率更快（4）>（5）[或]（6）在用将还原为Cu单质时，失去电子被氧化为，若还原时增大溶液的酸度，增大，不利于失去电子（7）S原子半径小，其原子周围不能容纳6个，而Te原子半径大，其原子周围能容纳的数目多【解析】【分析】加压、加热酸浸阶段，向含Cu、Se、Te等元素的铜阳极泥中加入溶液并通入

，在加压、加热条件下进行酸浸。利用氧气在酸性环境下的氧化性，将铜阳极泥中的金属等成分氧化溶解。铜元素转化为为铜离子进入溶液，Se、Te等元素也发生相应反应进入浸出液，不溶物成为浸渣被分离。第一次还原（还原1）阶段，向浸出液中通入，​具有还原性，能将浸出液中的Se元素还原为单质Se，通过过滤可将Se分离出来，得到滤液1。第二次还原（还原2）阶段，向滤液1中再次通入，此时将溶液中的Te元素还原为单质Te，经过滤分离出Te，得到浸出液。沉铜阶段，向浸出液中加入溶液，使铜离子转化为沉淀，过滤分离出沉淀，滤液3被分离出去。后续处理阶段，经过一系列后续处理，最终得到铜单质。【小问1详解】Se是34号元素，根据核外电子排布规律，其基态原子核外电子排布式为，也可用简化形式表示。灰硒和红硒是硒元素形成的不同单质，互为同素异形体。【小问2详解】“加压、加热，酸浸”时，与、反应，中Cu为+1价，Se为-2价，反应后Cu转化为，Se转化为，作氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式，。【小问3详解】加压可增大氧气溶解度，溶液中浓度增大，加快化学反应速率，提高浸出率。同时加压可提升溶液的沸点，可使化学反应在更高的温度下发生，化学反应速率更快。【小问4详解】同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其最高价含氧酸的氧化性越强。Se和Te同主族，Se在Te上方，非金属性Se>Te，所以氧化性。【小问5详解】“沉铜”时，与溶液反应生成沉淀，水解产生，根据电荷守恒和原子守恒写出离子方程式。【小问6详解】高压氢还原时，作还原剂，失去电子被氧化为，增大溶液酸度，浓度升高，不利于失去电子，也就不利于Cu的生成。【小问7详解】原子半径影响原子周围可结合其他原子或原子团的数量，S和Te同主族，Te原子半径大，有足够空间容纳多个-OH形成，S原子半径小，空间限制使其难以形成含6个-OH的。16.橙黄色晶体，微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇。以溶液、浓氨水和活性炭为原料制备，装置如图所示。已知：①不易被氧化，具有强氧化性；②具有较强的还原性，性质稳定；③。回答下列问题：（1）盛装溶液和氨水的仪器名称为___________。（2）实验步骤Ⅰ：在三颈烧瓶中将、、活性炭、蒸馏水混合并加热至50℃，先滴加___________，待所有试剂添加完毕后，维持温度在50℃左右反应一段时间，得到溶液。温度维持在50℃左右的原因是___________。（3）实验步骤Ⅱ：向所得溶液中加入浓盐酸，冷却析出晶体，过滤、洗涤、干燥得到产品。洗涤时使用的洗涤剂依次有冷的盐酸、冰水、乙醇，最后使用乙醇洗涤的目的是___________。（4）制备的总化学方程式为___________。（5）纯度的测定：Ⅰ．称取样品，加入20.00mL较浓NaOH溶液，加热使全部转化为，写出生成的离子方程式：___________。冷却后加和20.00mL浓盐酸，加蒸馏水准确配成100.00mL溶液。Ⅱ．用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴___________作指示剂，用标准溶液滴定至终点，平行操作3次，平均消耗标准溶液17.05mL，样品的纯度为___________%(结果保留三位有效数字)。【答案】（1）分液漏斗（2）①.氨水②.温度较低时反应速率较慢，温度较高时氨水挥发量和溶液分解量较大（3）使产品快速干燥（4）或（5）①.②.淀粉溶液③.36.5【解析】【小问1详解】盛装溶液和氨水的仪器名称为分液漏斗。【小问2详解】根据题给信息，性质稳定，故使用溶液将二价钴氧化为三价钴，可将转化为性质稳定的。所以，实验步骤Ⅰ：在三颈烧瓶中将、、活性炭、蒸馏水混合并加热至50℃，先滴加氨水，可使产物最终转化为性质稳定的。待所有试剂添加完毕后，维持温度在50℃左右反应一段时间，得到溶液。温度维持在50℃左右的原因是温度较低时反应速率较慢，温度较高时氨水挥发量和溶液分解量较大，不利于反应的进行，故答案是氨水；温度较低时反应速率较慢，温度较高时氨水挥发量和溶液分解量较大。【小问3详解】微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇，故在乙醇中溶解度最小，且乙醇易挥发，容易干燥处理。实验步骤Ⅱ：向所得溶液中加入浓盐酸，冷却析出晶体，过滤、洗涤、干燥得到产品。洗涤时使用洗涤剂依次有冷的盐酸、冰水、乙醇，最后使用乙醇洗涤的目的是使产品更好析出，产品快速干燥。【小问4详解】以溶液、浓氨水和活性炭为原料制备，做氧化剂，做还原剂，发生氧化还原反应，根据电子守恒和原子守恒配平，制备的方程式是或。【小问5详解】称取样品，加入20.00mL较浓NaOH溶液，加热使全部转化为，发生非氧化还原反应，根据电荷守恒和原子守恒配平，生成的离子方程式：。冷却后加和20.00mL浓盐酸，由于具有强氧化性，与I-发生氧化还原反应生成单质碘，加蒸馏水准确配成100.00mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴淀粉溶液做指示剂，溶液呈蓝色，用标准溶液滴定至终点，发生反应是，平行操作3次，平均消耗标准溶液17.05mL。根据钴元素守恒，反应的关系式是：~～～I2～，消耗的物质的量是，则25mL溶液中含的物质的量是，所取样品中含的物质的量是，则样品的纯度为=36.5%。17.在“碳达峰、碳中和”的背景下，通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题：Ⅰ．加氢制甲醇（1）已知如下热化学方程式：反应ⅰ：反应ⅱ：反应ⅲ：计算：___________。（2）在一绝热恒容的密闭容器中发生反应，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是___________(填标号)。A.体系的压强保持不变 B.混合气体的密度保持不变C.保持不变 D.CO的体积分数保持不变（3）一定条件下，发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系如图所示。已知：甲醇的选择性。①260℃时，的转化率___________。反应ⅰ的平衡常数___________(精确到小数点后3位，是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)。②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：___________。Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。（4）电还原可能的反应机理如图所示(表示吸附态的CO)。①参照机理图画出A的结构：___________。②若还原产物主要为，应选择___________(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。【答案】（1）（2）AD（3）①.22%②.0.022③.由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低（4）①.②.Cu【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ可得反应ⅲ，可得。【小问2详解】A．该反应是气体体积不变的反应，绝热恒容的密闭容器中反应该反应，温度减小，体系压强减小，当体系的压强保持不变时，说明反应达到平衡，A选；B．该反应过程中气体总质量和总体积均为定值，混合气体的密度为定值，当混合气体的密度保持不变时，不能说明反应达到平衡，B不选；C．该反应过程中消耗的和生成的相等，是定值，当保持不变时，不能说明反应达到平衡，C不选；D.该反应过程中气体总物质的量是定值，CO的体积分数是变量，当CO的体积分数保持不变时，说明反应达到平衡，D选；故选AD。【小问3详解】①=3，设n(CO2)=1mol、n(H2)=3mol，总压为8MPa，260℃时，CO2的平衡转化率为30%，甲醇的选择性为60%，则平衡时n(CO2)=1mol×70%=0.7mol，n(CH3OH)=0.3mol×60%=0.18mol，n(CO)=1mol×30-0.18mol=0.12mol，根据O原子守恒，n(H2O)=2mol-0.7mol×2-0.18mol-0.12mol=0.3mol，根据H原子守恒n(H2)==2.34mol，的转化率=22%，气体总物质的量为3.64mol，反应ⅰ的平衡常数=0.022；②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低。【小问4详解】①参照机理图，A应是CO2表面吸附电子形成吸附在电极表面，画出A