安徽舒城中学等校2026届高三模拟测试化学试卷（含解析）

/高三4月23-24日化学注意事项：1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Mn-55一、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.我国科技发展日新月异，下列叙述错误的是A.“新型制氢技术”若采用光解水制氢，该过程实现了光能向化学能的转化B.“人造太阳”的核聚变反应释放巨大能量，遵循能量守恒定律C.钍基熔盐堆核电站运行时，实现了核能向电能的转化D.“黑土粮仓”保护中，土壤中的有机质降解是一个自发过程，其熵变()一定小于0【正确答案】D【详解】A．光解水制氢过程中，光能被吸收转化为氢气、氧气中储存的化学能，实现了光能向化学能的转化，A正确；B．所有能量变化过程都遵循能量守恒定律，核聚变释放的能量来自质量亏损，整体仍符合能量守恒规律，B正确；C．钍基熔盐堆核电站运行时，核能先转化为热能，再依次转化为机械能、电能，最终实现了核能向电能的转化，C正确；D．土壤中有机质降解是大分子有机物分解为小分子（如二氧化碳、水等）的过程，体系混乱度增大，熵变，选项表述错误，D错误；故选D。2.选择下列试剂或方法不能鉴别对应物质组的是选项物质组试剂或方法A氯仿和苯水B和焰色试验C乙炔和乙烯溴水DAgCl和浓氨水A.A B.B C.C D.D【正确答案】C【详解】A．氯仿密度大于水，与水混合后有机层在下层；苯密度小于水，与水混合后有机层在上层，现象不同可以鉴别，A不符合题意；B．钾元素的焰色试验（透过蓝色钴玻璃）为紫色，钠元素的焰色试验为黄色，现象不同可以鉴别，B不符合题意；C．乙炔含碳碳三键、乙烯含碳碳双键，二者均能与溴水发生加成反应使溴水褪色，现象相同无法鉴别，C符合题意；D．AgCl可与浓氨水反应生成可溶性的，沉淀溶解；与浓氨水不反应，沉淀不溶解，现象不同可以鉴别，D不符合题意；故选C。3.已知：①；②。下列说法正确的是A.的电子式为B.的空间构型为C.反应②中转移0.3mol电子时，还原产物含键D.反应①中断裂了极性键和非极性键，而只形成了极性键【正确答案】A【详解】A．是离子化合物，由和构成，的中心原子与4个原子形成共价键（含1个配位键），N原子最外层达到8电子稳定结构，是原子得到1个电子达到8电子稳定结构，因此的电子式为，选项A正确；B．根据价层电子对互斥理论，计算中心原子的价层电子对数：价层电子对数＝σ键数＋孤电子对数＝，说明原子为杂化，其中１对孤电子对占据1个杂化轨道，因此的空间构型为三角锥形，不是题中的平面三角形，选项B错误；C．反应②，中N为价，被还原为，每个N原子得到3个电子；中N为价，被氧化为，每个N原子失去3个电子，当转移3mol电子时，生成的1mol中一半为还原产物，一半为氧化产物，即还原产物为0.5mol。故转移0.3mol电子，还原产物为0.05mol，的结构式为，1mol含有1molσ键，因此0.05mol含有0.05molσ键，选项C错误；D．反应①，断裂的键为中的极性键，中的非极性键；形成的键为中的与之间的离子键、内的极性键以及中的极性键，选项D错误；故答案选择A。4.用下列化学知识解释对应劳动项目不合理的是选项劳动项目化学知识A用竹炭包吸附新装修房屋中的甲醛竹炭具有疏松多孔结构，可通过物理吸附去除有害气体B用明矾溶液清洗铜制器皿表面锈迹明矾溶液呈碱性，可溶解铜锈(碱式碳酸铜)C用草木灰浸出液洗涤衣物油污草木灰浸出液中含，水解使溶液呈碱性，促进油脂水解D用硫粉处理洒落的金属汞硫与汞常温下反应生成HgS固体A.A B.B C.C D.D【正确答案】B【详解】A．竹炭具有疏松多孔结构，表面积大，可通过物理吸附作用去除甲醛等有害气体，解释合理，A不符合题意；B．明矾为，溶液中水解：，溶液呈酸性，可与碱式碳酸铜反应除锈，题干中“明矾溶液呈碱性”的描述错误，解释不合理，B符合题意；C．草木灰浸出液中的为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，可促进油脂水解生成易溶物质，达到去油污效果，解释合理，C不符合题意；D．硫与汞在常温下可直接反应生成难挥发的固体，避免汞蒸气造成危害，解释合理，D不符合题意；故答案选B。5.研究发现，补充维生素A(结构如图所示)能促进伤口愈合、毛发再生。下列叙述错误的是A.维生素A含两种官能团B.维生素A能发生加成反应、取代反应C.1mol维生素A最多能消耗D.质谱仪可测定维生素A的相对分子质量【正确答案】C【详解】A．维生素A的结构中只含碳碳双键、醇羟基两种官能团，A正确；B．含碳碳双键，可以发生加成反应；烷基上的氢原子、醇羟基部分都可以发生取代反应，B正确；C．碳碳双键可与​加成，1mol碳碳双键消耗1mol

​；该分子中，环内含有1个碳碳双键，侧链中有4个碳碳双键，总共有5个碳碳双键，因此1mol维生素A最多消耗5molH2，C错误；D．质谱法可以测定有机物的相对分子质量，D正确；故选C。阅读下列材料，完成下面2个小题。硫代硫酸钠()在生产、生活中有广泛应用。①工业上常用、和在加热条件下反应制备硫代硫酸钠。②实验中若有含氯气的尾气，可用溶液吸收。③照相业常用溶液溶解AgBr。④医疗上常用溶液缓解KCN中毒，生成一种能使变红色的离子。6.下列离子方程式书写错误的是A.加热条件下，、以物质的量之比为混合并通入制：B.少量溶液吸收尾气中：C.用溶液缓解KCN中毒：D.用溶液溶解相片中：7.下列叙述正确的是A.在乙醇中溶解度： B.键角：C.键的极性： D.离子含键数：【正确答案】6.D7.B【6题详解】A．制备硫代硫酸钠的反应为物质的量之比为2：1的硫化钠、碳酸钠混合溶液与二氧化硫共热反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的离子方程式为：，A正确；B．少量硫代硫酸钠溶液与氯气反应生成硫酸钠、硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：，B正确；C．硫代硫酸钠溶液缓解氰化钾溶液发生的反应为溶液中的硫代硫酸根离子与氰根离子反应生成硫氰酸根离子和亚硫酸根离子，反应的离子方程式为：，C正确；D．硫代硫酸钠溶液溶解溴化银的反应为溶液中的硫代硫酸根离子与溴化银反应生成二硫代硫酸根合银离子和溴离子，反应的离子方程式为：，D错误；故选D；【7题详解】A．二氧化硫和乙醇是极性分子，二氧化碳是非极性分子，由相似相溶规律原理可知，二氧化硫在乙醇中的溶解度大于二氧化碳，A错误；B．硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为：4+(6-2×4+2)×=4，孤对电子对数为：(6-2×4+2)×=0，则离子的空间构型为四面体形，亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为：3+(6-2×3+2)×=4，孤对电子对数为：(6-2×3+2)×=1，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则硫酸根离子的键角大于亚硫酸根离子，B正确；C．氧元素的电负性大于氯元素，则氯化氢分子中的氢氯键极性弱于水分子中的氢氧键，C错误；D．硫氰酸根离子的结构式为：[S−C≡N]-，离子中含有2个σ键，氰根离子的结构式为：C≡N]-，离子中含有1个σ键，则硫氰酸根离子含有的σ键数目大于氰根离子，D错误；故选B。8.某种聚碳酸酯的透光性好，可制成车、船的挡风玻璃以及眼镜镜片、光盘等。其合成原理如下：下列叙述错误的是A.常温下，1mol甲和溴水反应最多消耗B.C.乙分子中所有原子共平面D.丙能发生水解反应【正确答案】A【详解】A．酚与溴水发生邻对位的取代反应，甲的结构中，每个苯环酚羟基的对位已被其他结构占据，仅剩下2个邻位氢可以被取代，因此1mol甲最多消耗2×2=4molB．根据原子守恒，n

个甲含2n个羟基，n个乙含个Cl；反应后聚合物的端基有1个H（左端）和1个Cl（右端），因此脱去HCl的个数为2n−1，即C．乙为，中心羰基碳原子为杂化，形成平面三角形结构，所有原子都在同一平面内，C正确；D．丙结构中含有酯键，可以发生水解反应，D正确；故选A。9.某化合物(M)的结构式如图所示，X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，同周期元素Y、Z、R的原子序数之和等于21。下列叙述错误的是A.电负性： B.基态原子的第一电离能：C.基态原子的未成对电子数： D.化合物M中Y采用杂化【正确答案】B【分析】同周期元素Y、Z、R的原子序数之和等于21，则位于第二周期；X原子序数最小且只形成1个共价键，可判断X为H；Y、Z、R为原子序数依次增大的同周期主族元素，结合结构式中Z形成3个共价键并向Y提供孤电子对形成配位键，则Z为N元素，Y与3个R成键，为B元素，R的原子序数为21−7−5=9，R为F元素；综上，X、Y、Z、R分别为H、B、N、F。【详解】A．电负性大小为F＞N＞H，即R＞Z＞X，A正确；B．F、N、B同在第二周期，同周期主族元素从左到右原子核电荷数增大，原子半径减小，原子核对最外层电子的吸引力增强，所以电子更难失去，第一电离能总体增大，但存在异常：N的第一电离能大于O，原因是N的2p3为半充满稳定结构；因此第一电离能：R＞Z＞Y，B错误；C．基态N原子未成对电子数为3，B原子未成对电子数为1，所以Z＞Y，C正确；D．Y为B，在化合物M中与3个F成键，并接受Z提供的孤电子对形成配位键，价层电子对数为4，采用sp3杂化，D正确；故答案为B。10.下列实验操作能达到相应实验目的的是选项实验操作实验目的A将铁制镀件与锌片依次接直流电源的正、负极，平行浸入饱和溶液中在铁制镀件表面镀锌B在溶液中滴加稀盐酸探究在水中存在水解平衡C向含有等浓度和的混合液中滴加溶液探究、相对大小D向有机物M的乙醚溶液中加入金属钠，观察是否有气泡产生探究M中是否含有羟基()或羧基()A.A B.B C.C D.D【正确答案】D【详解】A．电镀时待镀件应接直流电源负极，镀层金属接正极，该操作将铁制镀件接正极，铁会失电子溶解，无法实现镀锌，A错误；B．溶液中滴加稀盐酸时，酸性条件下会将氧化为，发生氧化还原反应，无法探究的水解平衡，B错误；C．为阳阴离子个数比1:1型的难溶物，为阳阴离子个数比2:1型的难溶物，二者溶度积表达式不同，不能仅通过沉淀生成的先后顺序(溶解度的大小)判断它们Ksp的相对大小，C错误；D．羟基、羧基都能与金属钠反应生成，乙醚不与钠反应，若观察到气泡则说明M中含有羟基或羧基，能达到实验目的，D正确；故选D。11.下列能满足物质间一步直接转化且推理成立的是A.X可为硫，M的溶液呈碱性B.X可为氮，Y为红棕色气体C.X可为碳，Y不能与金属氧化物反应生成ZD.X可为钠，四步转化可能均发生了氧化还原反应【正确答案】D【详解】A．若X为硫，转化路径为S→SO2→SOB．若X为氮，与放电反应生成，为无色气体，红棕色气体为，不能一步直接生成，B错误；C．若X为碳，转化路径为C→CO→CO2→盐M，D．若X为钠，转化路径可为Na→12.锰氧化物具有较大应用价值，当晶体有O原子脱出时，出现O空位，O空位的产生使晶体具有半导体性质。Mn的某种氧化物的四方晶胞如图所示，已知晶胞参数为apm、apm、cpm，设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.基态Mn原子核外电子的空间运动状态有25种B.若出现O空位，Mn的化合价升高C.若无O空位，该晶体密度D.Mn位于元素周期表ds区【正确答案】C【详解】A．基态Mn原子核外电子排布式为，核外电子的空间运动状态数等于轨道数，计算得轨道总数为种，A错误；B．化合物整体呈电中性，O为-2价，O空位减少了负电荷总数，Mn数目不变，因此Mn的平均化合价会降低，B错误；C．用均摊法计算晶胞中原子数，Mn:8个顶点和1个体心，总个数为；无空位时，O:4个面上和2个体内，其个数为4×14+2=4，总摩尔质量为2×55+4×16=174g/mol，晶胞质量m=174NAD．Mn是第ⅦB族元素，位于元素周期表d区，ds区只有ⅠB、ⅡB族，D错误；故选C。13.某高校科研团队利用配位不饱和铜纳米点催化剂实现了高效聚合级乙烯的稳定生产，电解装置如图所示，KOH溶液为电解质溶液。下列说法正确的是A.b电极是阳极，发生还原反应B.当b极生成4.48L气体(标准状况)时，转移电子数为C.a电极反应式为D.随着反应进行，电解质溶液的pH保持不变【正确答案】C【详解】A．该装置为电解池，b极生成O2，OH−失去电子生成O2​，因此b是阳极，阳极发生氧化反应，A错误；B．标准状况下4.48

LO2​的物质的量为=0.2

mol，生成1

mol

O2​​时，O元素化合价从-2价变为0价，共转移4

mol电子，因此0.2

molO2​​生成时转移电子数为0.8NA​，B错误；C．a极通入C2H2​生成C2H4，C2H2​​得电子发生还原反应，a极为阴极，配平后的电极反应为，C正确；D．总反应为2C2H2​+2H2O2C2H4+O2，反应消耗了水，KOH浓度增大，OH−浓度升高，溶液pH增大，D错误；故选C。14.常温下，在含、、的混合物中滴加稀盐酸，含碳粒子分布系数与pH关系如图1所示，溶液中[、或]与关系如图2所示。已知：的溶解度大于。下列叙述错误的是A.曲线②代表与pH的关系，曲线代表与的关系B.，的数量级为C.溶液中：D.的平衡常数【正确答案】D【详解】A．图1中三条曲线分别表示不同形态含碳粒子的分布随pH变化的关系。低pH时主要以存在，对应曲线①；中间pH范围内占比最大，对应曲线②；较高pH时占主要，对应曲线③，因此曲线②表示δ()与pH的关系；对于，其溶度积表达式Ksp=c2(Ag+)·c(C2O42−)对应的−lgc(Ag+)与−lgc()关系的曲线斜率为，故曲线L3B．由图2可知，当−lgc()=0时，L3对应−lgc(Ag⁺)=5.6，则c(Ag⁺)=10-5.6mol·L-1，代入Ksp=c2(Ag+)·c(C2O4C．在0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中，NaHC2O4完全电离产生Na+和，故c(Na⁺)最大；既可电离生成，也可水解生成H2C2O4，由于其电离常数Ka2=10-4.2远大于其水解常数Kh=KwKa1=D．反应PbC2O4s+Hg22+aq⇌Hg2C2O4s故答案为D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.氯氧化铋(BiOCl)是一种珠光颜料，广泛用于高光、眼影、腮红、口红等彩妆。以软锰矿(主要成分为)和铜铋矿(含和)为原料制备氯氧化铋(BiOCl)、海绵铜及的流程如下：回答下列问题：（1）基态Bi原子的价层电子排布式为，Bi元素位于周期表第___________周期___________族。（2）其他条件相同，在盐酸中“酸浸”，金属浸出率与温度关系如图所示。温度高于时，浸出率降低的主要原因可能是___________。根据图可知，的浸出速率___________(填“高于”或“低于”)的浸出速率。（3）浸出液中含、、等，“水解”生成BiOCl的化学方程式为___________。“水解”后期，向混合液中滴加氨水，其目的是___________。（4）“还原”中，氧化性：___________(填“”或“”)。（5）设计实验检验“沉锰”滤液中是否含：___________。（6）“沉锰”的离子方程式为___________。【正确答案】（1）①.六②.ⅤA（2）①.温度高，盐酸挥发加快②.低于（3）①.②.中和酸，促进完全水解，提高的产率（4）（5）取少量滤液于试管中，滴加溶液，若溶液变为红色，则说明含，反之则不含（6）【分析】将软锰矿（主要​）和铜铋矿（含、）粉碎，目的是增大反应物接触面积，加快酸浸速率，提高浸出率；加盐酸酸浸时，作氧化剂，将硫化物中的氧化为单质（即硫黄，过滤除去），自身被还原为，矿石中的转化为、转化为、转化为进入溶液；随后水解，水解生成沉淀，分离得到目标产物；水解后的滤液加还原，将还原为单质，分离得到海绵铜；之后滤液中主要含，加入发生归中反应，将转化为，过滤得到最终产物​。【小问1详解】的价电子最高能层为第6层，电子层数=周期数，故位于第六周期；最外层共5个电子，属于第ⅤA族【小问2详解】酸浸试剂为盐酸，易挥发，温度高于时，挥发速率加快，溶液中盐酸浓度下降，浸出反应不充分，因此浸出率降低：

来自，来自​，由图可知，相同温度下，的浸出率远低于的浸出率，说明相同时间内浸出量更少，因此浸出速率低于。【小问3详解】酸浸后以​形式存在，水解生成沉淀和，可写出化学方程式；水解过程生成，酸性增强会抑制水解，滴加氨水可以中和、调节，促进水解完全，提高的产率【小问4详解】还原过程中优先还原生成海绵铜，氧化还原反应中，氧化性更强的离子优先被还原，说明氧化性更强，因此氧化性：【小问5详解】检验的常用方法是显色法，与结合会生成血红色配合物，故可取少量滤液于试管中，滴加溶液，若溶液变为红色，则说明含，反之则不含【小问6详解】沉锰过程中与发生归中反应，价和价归中生成价的​，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平即可得到该离子方程式为16.某化学小组设计实验探究“暖宝宝”的奥秘。[背景材料]冬天常用的“暖宝宝”说明书显示成分：铁粉、活性炭、蛭石、食盐、水。[探究任务]暖宝宝为什么会发热？发热速率受什么因素影响？[问题设计]（1）初步探究(是什么)将暖宝宝内的物质倒在烧杯中，一段时间后用手触摸烧杯壁，发现发热。请你推测，暖宝宝发热的主要原理是___________。（2）对比探究(为什么)为了证明铁粉是发热主体，且探究食盐和活性炭的作用，设计如下实验(相同时间内)：实验组别实验操作温度变化Ⅰ取5g铁粉，置于潮湿空气中Ⅱ取5g铁粉，加入2mL水，置于空气中Ⅲ取5g铁粉，加入2mL水及少量食盐，置于空气中Ⅳ取5g铁粉，加入2mL水及少量活性炭，置于空气中Ⅴ取5g铁粉，加入2mL水、少量食盐和活性炭，置于空气中①对比实验Ⅰ、Ⅱ，说明___________对反应速率有影响。②对比实验___________(填实验组别)，说明食盐能加快反应速率。③根据实验Ⅴ，写出生成总反应的化学方程式：___________(提示：铁与氧气、水反应生成铁锈的主要成分为)。④根据实验结果，分析其发热原理是暖宝宝粉末发生了电化学腐蚀。写出正极反应式：___________。（3）深度探究(怎么做)①甲同学发现，使用过的暖宝宝粉末(已发硬、变褐)不能再发热，甲同学取少量用过的暖宝宝粉末于试管中，加入足量稀硫酸溶解，静置，再向上层清液中滴加几滴___________(填化学式)溶液检验是否含有价铁，观察到立即产生蓝色沉淀。甲同学认为，原用过的暖宝宝粉末一定含有价铁，若你认为他的观点不正确，可能的理由是___________。②乙同学用磁铁去吸引使用过的暖宝宝粉末，发现没有物质被吸引。请你解释为什么磁铁吸不起来？___________。【正确答案】（1）铁粉的氧化放热（2）①.水②.Ⅱ、Ⅲ或Ⅳ、Ⅴ③.④.（3）①.②.若残留少量的铁粉，与价铁发生氧化还原反应生成价铁③.铁粉已被完全氧化【小问1详解】暖宝宝中铁粉接触氧气和水，发生氧化反应，反应放热实现发热。【小问2详解】①实验Ⅰ和Ⅱ的变量是水的量，水增多温度升高更明显，说明水会影响反应速率。②要验证食盐加快反应，需要控制其他条件相同、仅改变食盐是否存在，因此对比无食盐的Ⅱ和加食盐的Ⅲ或者无食盐的Ⅳ和加食盐的Ⅴ。③根据反应物是Fe、、，生成物是，配平得到总反应为。④暖宝宝发热是吸氧腐蚀，正极上得电子，与水反应生成，故电极反应为。【小问3详解】①高中阶段检验价铁的特征试剂是铁氰化钾，与价铁反应生成蓝色沉淀；甲的结论错误，因为若残留单质Fe，Fe会将铁锈溶解产生的还原为，干扰检验。②具有强磁性的铁单质被完全氧化为磁性很弱的铁锈（Fe217.甲醇是一种绿色能源。利用工业废气中的合成甲醇，有关反应如下：ⅰ．ⅱ．回答下列问题：（1）常温下，在水中溶解度大于，其主要原因是___________。（2）___________。（3）一定温度下，在恒容密闭容器中充入和，只发生反应ⅰ。下列情况表明该反应一定达到平衡状态的是___________（填字母）。A.气体密度不随时间变化 B.气体压强不随时间变化C.体积分数不随时间变化 D.不随时间变化（4）在体积可变的密闭容器中充入和，发生上述反应ⅰ和ⅱ，测得保持不同压强下的平衡转化率与温度关系如图所示。①压强、、从大到小的顺序为___________，判断依据是___________。②随着温度升高，不同压强下的平衡转化率趋近相等，其原因是___________。（5）某温度下，在恒容密闭容器中充入和，初始压强为112kPa，发生上述反应ⅰ和ⅱ，经过刚好达到平衡状态时，的平衡转化率为50%，的选择性为80%[的选择性]。内的平均反应速率为___________。该温度下，反应ⅱ的压强平衡常数为___________（是用分压计算的平衡常数，分压总压物质的量分数）。（6）甲醇燃料电池在酸性介质中输出电压。已知：法拉第常数(每摩尔电子所带电荷量)，，，能量密度。甲醇燃料电池的能量密度(E)约为___________(结果保留1位小数)。【正确答案】（1）与水形成氢键（2）（3）BD（4）①.②.其他条件不变，增大压强，反应ⅰ平衡正向移动，的平衡转化率增大③.随着温度升高，温度对反应ⅱ影响大于反应ⅰ，反应ⅱ是气体分子数不变的反应，故压强对平衡影响逐渐减小（5）①.1.6②.0.2（6）2.5【小问1详解】中含有羟基，能与水分子形成较强的分子间氢键。【小问2详解】根据盖斯定律，反应i减去反应ii得到目标反应，ΔH=(-48.97-41.17)kJ∙mol-1=-90.14kJ∙mol-1。【小问3详解】气体总质量不变，密度始终不变，A不符合题意；气体总物质的量减少，气体压强不变时达到平衡，B符合题意；设消耗CO2的物质的量为xmol，则CO2体积分数为×100%=50%，是个恒定值，不能作为平衡状态的标志，C不符合题意；不变时达到平衡状态，D符合题意；故答案选BD。【小问4详解】反应i是气体分子数减小的反应，反应ii是气体分子数不变的反应，其他条件不变，增大压强，反应ⅰ平衡正向移动，的平衡转化率增大，故p1>p2>p3；反应ⅰ是放热反应，反应ⅱ是吸热反应，随着温度升高，温度对反应ii影响大于反应i，反应ii是气体分子数不变的反应，其平衡不受压强影响，因此不同压强下CO₂的平衡转化率趋于相等。【小问5详解】利用三段式计算：依题意，x+y=0.5，xx+y×100%=80%，解得：x=0.4，y=0.1，平衡体系中，各组分物质的量：0.5molCO2、0.5molH2、0.4molCH3OH、0.1molCO、0.5molH2O。气体总物质的量为2.0mol。恒温恒容条件下，气体总压强与物质的量成正比。设平衡时总压强为p，则112kPa1.0mol+1.8mol=p2.0【小问6详解】电池放电时，负极反应：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+。根据能量密度定义可知：E=18.泰舒(H)是一种治疗前列腺癌的药物，一种合成路线如下：已知：A的质谱如图所示