广东省广州市黄广中学高三阶段训练考化学科试卷

广州市黄广中学2023届高三阶段训练考化学科试卷一、单选题：本大题共16小题，共44分。1.2022年4月16日，在太空遨游半年的神舟十三号平安降落。下列研究与化学联系最紧密的是A.对接空间站B.确定飞船的着落点C.机械臂功能测试D.研制运载飞船外层的耐高温涂料A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A、B、C均主要与物理性质相关，耐高温涂料的研发与化学相关，故选D。2.苏轼的《格物粗谈》中有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指（）A.甲烷 B.乙烯 C.甲醛 D.乙酸【答案】B【解析】【详解】A．甲烷为气体，不具有催熟作用，故A不选；B．由记载中描述，可知该“气”具有催熟作用，乙烯具有催熟果实作用，故B选；C．甲醛不具有催熟作用，故C不选；D．乙酸具有酸的通性，不具有催熟作用，故D不选；故选B。3.高分子材料在2022年的北京冬奥会中应用广泛。下列说法正确的是A.“飞扬”火炬外壳部分采用了质量轻、耐高温的碳纤维材料，碳纤维材料属于有机高分子材料B.速滑竞赛服的手脚处使用了蜂窝样式的聚氨酯材料，聚氨酯材料属于无机高分子材料C.冬奥会礼仪服中添加石墨烯发热材料，使礼仪服装既美观又保暖，石墨烯属于高分子化合物D.冬奥会所用的可再生生物降解餐具的成分为聚乳酸(PLA)，PLA属于有机高分子材料【答案】D【解析】【详解】A．碳纤维不是有机材料，只是碳元素的一种特殊存在形态，A选项错误；B．聚氨酯材料属于聚酯类，是有机高分子材料，B选项错误；C．石墨烯是碳原子特殊排列的一种单质，不是化合物，C选项错误；D．聚乳酸是乳酸CH3CH(OH)COOH通过缩聚反应合成的一种有机高分子材料，D选项正确；答案选D。4.下列关于物质的组成、分类和化学用语，表达错误的是A.新型热电转换材料SnTe(Ag、Cd、Se掺杂)，属于合金B.雾是胶体，大雾可看作是一种分散剂为水的分散系C.Ca(OH)2的电子式：D.四氯化碳的球棍模型：【答案】B【解析】【详解】A．新型热电转换材料SnTe(Ag、Cd、Se掺杂)是热、电的量导体，具有金属的形状，属于合金材料，A正确；B．雾是胶体，大雾可看作是分散剂是空气，分散质主要是水的分散系，B错误；C．Ca(OH)2是离子化合物，Ca2+与OH之间以离子键结合，在阴离子OH中H与O原子之间以共价单键结合，故Ca(OH)2的电子式：，C正确；D．四氯化碳是由CCl4分子构成的分子晶体，分子呈四面体结构，由于原子半径：Cl＞C，所以该图示可以表示CCl4的空间结构的球棍模型，D正确；故合理选项是B。5.有机物M是一种合成香料的中间体，M的结构简式如图所示。下列关于M的说法正确的是A.M分子中所有碳原子一定共平面B.可用钠鉴别M中的两种含氧官能团C.M可以发生酯化、取代和加成反应D.1molM最多可与5molH2发生反应【答案】C【解析】【详解】A．M分子中，两个框内碳原子一定共平面，但两个平面只共用2个碳原子，所以两平面不一定重合，即所有碳原子不一定共平面，A不正确；B．OH和COOH都能与Na反应产生H2，所以不可用钠鉴别M中的两种含氧官能团，B不正确；C．M分子中含有的OH和COOH，可以发生酯化反应、取代反应，苯环、碳碳双键能发生加成反应，C正确；D．酯基不能与H2发生加成反应，M分子中，苯环、碳碳双键能与H2发生加成反应，所以1molM最多可与4molH2发生反应，D不正确；故选C。6.实验室中利用CoCl2制取配合物[Co(NH3)6]Cl3的反应为2CoCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O。下列叙述正确的是A.Co2+的价电子排布图为B.1mol[Co(NH3)6]3+中含σ键为18molC.H2O2中氧原子采用sp3杂化D.氨分子间存在氢键，因而NH3易溶于水【答案】C【解析】【详解】A．Co原子核外有27个电子，基态Co原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，Co2+的价电子排布式为3d7，价电子排布图为，A项错误；B．1个[Co(NH3)6]3+中1个Co3+与6个N原子形成6个配位键，配位键属于σ键，每个NH3中含3个N—Hσ键，1mol[Co(NH3)6]3+中含有(6+6×3)mol=24molσ键，B项错误；C．H2O2的结构式为H—O—O—H，每个O形成2个σ键，每个O还有两对孤电子对，即O原子的价层电子对数为4，O原子采用sp3杂化，C项正确；D．NH3易溶于水是由于NH3与H2O分子间存在氢键、NH3分子和H2O分子都是极性分子、NH3能与H2O反应，不是由于氨分子间存在氢键，D项错误；答案选C。7.Na2CO3和NaHCO3可用作食用碱。下列用来解释事实的方程式中，不合理的是A.Na2CO3与食醋混用产生CO2气体：+2H+=CO2+H2OB.Na2CO3可用NaOH溶液吸收CO2制备：2OH+CO2=+H2OC.NaHCO3可用治疗胃酸过多：+H+=CO2+H2OD.NaHCO3可作发酵粉：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O【答案】A【解析】【详解】A．Na2CO3与食醋混用，产生CO2气体：+2CH3COOH═CO2↑+H2O+2CH3COO，故A选；B．二氧化碳为酸性氧化物，二氧化碳与过量氢氧化钠反应生成碳酸钠，离子方程式：2OH+CO2═CO32+H2O，故B不选；C．NaHCO3可用治疗胃酸过多，碳酸氢钠与强酸反应，离子方程式+H+=CO2+H2O，故C不选；D．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳：2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O，所以可以做发酵粉，故D不选；故选：A。8.某实验小组为制取丙烯酸甲酯()(沸点为85℃)，将丙烯酸、甲醇和浓硫酸置于三颈烧瓶中，充分反应并冷却后，加入溶液洗涤，分离出有机相。经干燥、蒸馏，得到产物。产物水解后用盐酸滴定，测定其纯度。上述过程中涉及的装置或操作错误的是(部分夹持及加热装置略)实验装置或操作选项ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．装置A为制备丙烯酸甲酯的发生装置，丙烯酸、甲醇和浓硫酸在三颈烧瓶中加热回流，A正确；B．B为分液装置，有机层在上层，水在下层，B正确；C．C为蒸馏装置，丙烯酸甲酯的沸点较低，采用水浴加热，C正确；D．D为滴定装置，但滴定管使用错误，盐酸应置于酸式滴定管中，D错误；故选D。9.某兴趣小组为探究NaCl在不同状态下的导电情况，进行如下实验(X、Y为石墨电极)。下图为不同实验中的微观示意图。以下分析正确的是A.图中代表ClB.X与电源正极相连C.图b说明通电后发生了：NaCl=Na++ClD.图b和图c中Y电极上的产物相同【答案】B【解析】【详解】A．因为氯离子半径大于钠离子半径，所以黑球为氯离子，白球为钠离子,故A错误；B．由图b可知，阴离子氯离子移向X极，则X为阳极，与正极相连，故B正确；C．电离是在水分子作用下或熔融状态下破坏化学键，与是否通电无关，故C错误；D．图b是电解熔融氯化钠，Y电极是阴极产生钠单质，图c是电解氯化钠溶液，Y电极是阴极产生氢气，产物不同，故D错误；故答案为：B10.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.B.C.D.S→SO3→H2SO4【答案】B【解析】【详解】A．因为，故A不能实现；B．因为，，故B能实现；C．因为二氧化硅和水不反应，得不到硅酸，故C不能实现；D．因为，故D不能实现；故答案为：B。11.设NA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苯中含有碳原子数为0.6NAB.0.1mol氢氧根(OH)和羟基(OH)含有的电子数均为NAC.100g46%的乙醇的水溶液中氧原子数为4NAD.0.100mol·L1的醋酸溶液中含有的H+的数目一定小于0.1NA【答案】C【解析】【详解】A.标准状况下，苯为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A项错误；B.0.1mol氢氧根（OH）含有的电子数为0.1×（8+1+1）=1NA，0.1mol羟基（OH）含有的电子数为0.1×（8+1）=0.9NA，故B项错误；C.100g46%的乙醇水溶液中含有46g乙醇（C2H5OH）和54g水（H2O），它们物质的量分别为46g/(46g·mol1)=1mol、54g/(18g·mol1)=3mol，则氧原子总数为1×1+3×1=4NA，故C项正确；D.醋酸溶液体积未知，因此醋酸物质的量未知，则H+的数目也无法求出，故D项错误。故答案为：C。【点睛】计算乙醇水溶液中氧原子数时，切记除了乙醇，水分子中也含有氧原子。12.乙炔(HC≡CH)能在Hg(II)催化下与水反应生成CH3CHO，反应历程如图所示。下列说法正确的是A.由反应历程可知：H2O+HC≡CHCH3CHOΔH＞0B.催化剂Hg2+改变了合成乙醛的反应历程和反应热C.在反应过程③中有非极性键的断裂和形成D.本反应历程中，决定整个反应快慢的步骤为过程④【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知：反应物H2O和HC≡CH相对能量大于生成物CH3CHO的相对能量，因此H2O+HC≡CHCH3CHO为放热反应，ΔH＜0，A错误；B．催化剂Hg2+改变了合成乙醛的反应历程，降低了反应的活化能，但不能改变反应物与生成物的总能量，因此不能改变相应化学反应的反应热，B错误；C．根据图示可知：在反应过程③中有非极性键的断裂和极性键的形成，C错误；D．对于多步反应，总化学反应速率由慢反应决定。反应的活化能越大，发生反应需消耗的能量就越高，反应发生就越不容易进行，该反应的化学反应速率就越慢。根据图示可知：过程④的活化能最大，该步反应速率最慢，故本反应历程中，决定整个反应快慢的步骤为过程④，D正确；故合理选项是D。13.下列有关电池、电解、电镀和电化学腐蚀的说法正确的是A.图a是原电池，可以实现化学能转化为电能B.图b电解一段时间后，加入适量CuO固体，可以使CuSO4溶液恢复到原浓度C.图c装置可以防止铁钉生锈D.图d在轮船铁质外壳上镶嵌锡块，可减缓船体的腐蚀速率【答案】B【解析】【分析】图a不能实现原电池，只发生铜与银之间的置换，电流计无电流产生；图b、c为电解池，图d为金属的腐蚀与防护内容。【详解】A.a装置中盐桥没有接触电解质溶液，不能形成闭合回路，故不是原电池，只发生铜与银之间的置换，电流计无电流通过，A错误；B.石墨电极产生Cu，Cu电极产生氧气，电解质溶液中有硫酸生成，可加入适量CuO固体，恢复原溶液，B正确；C.铁钉作电解池的阳极，失电子，生成亚铁离子，铁钉的腐蚀加快了，C错误；D.铁比锡活泼，铁做原电池的负极，铁外壳被腐蚀，D错误；答案为B。【点睛】图a很容易做错，若Cu和Ag电极互换、再把盐桥两端分别与电解质溶液接触，则可形成原电池。14.冠醚是一种超分子，它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关。二苯并18冠6与K+形成的螯合离子的结构如图所示。下列说法错误的是冠醚冠醚空腔直径/pm适合的粒子（直径/pm）15冠5170220Na+(204)18冠6260320K+(276)

Rb+(304)21冠7340430Cs+(334)A.6个O原子与K+可能在同一平面上B.二苯并18冠6也能适配Li+C该冠醚分子中碳原子杂化方式有2种D.一个螯合离子中配位键数目为6【答案】A【解析】【详解】A．该螯合离子中，O原子形成3个键，还有1对孤对电子，采用sp3杂化，空间构型为四面体形，所以6个O原子与K+不可能在同一平面上，A选项错误；B．Li+半径小于K+半径，Li+能够置于二苯并18冠6的空腔中，B选项正确；C．该冠醚分子中的碳碳单键上的碳原子采用sp3杂化，苯环上的碳原子采用sp2杂化，C选项正确；D．由图可知，一个螯合离子中含6和“O→K+”配位键，D选项正确；故选：A。15.短周期主族元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如图。Z的最外层电子数与X核外电子总数相等，W的原子半径在元素周期表中最小。下列叙述错误的是A.简单离子半径：B.Z元素最外层电子数为6C.简单氢化物的稳定性：D.该化合物中Y原子不满足8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，W的原子半径在周期表中最小，则W为H元素；由图示可知，X形成4个共价键，Y形成3个共价键，Q形成＋1价阳离子，Z形成2个共价键，且Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等，结合原子序数大小可知，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，Q为Na元素，据此分析作答。【详解】A．电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Y>Z>Q，A项正确；B．O元素位于VIA族，其最外层电子数为6，B项正确；C．非金属性：C＜O，则简单氢化物的稳定性：X<Z，C项正确；D．该化合物中N元素形成3个共价键，其最外层电子数为5＋3=8，满足8电子稳定结构，D项错误；答案选D。16.的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到的晶体中得到稀磁性半导体材料，其结构如图乙所示。a、b点的原子分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)。下列说法错误的是A.c点Mn的原子分数坐标为(0，，)B.晶体乙中的原子个数比为5∶27∶32C.基态Ga原子未成对电子数为3D.若GaAs晶胞参数为anm，则Ga和As之间的最短距离为anm【答案】C【解析】【详解】A．图乙中，a、b点的原子分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)，c点原子位于左侧面的面心上，其原子分数坐标为(0,,)，A正确；B．掺杂Mn之后，一个晶胞中含有的Mn原子个数：，Ga的原子个数为：，As原子的个数为4，故晶体乙中的原子个数比为5∶27∶32，B正确；C．Ga基态原子的价电子排布式为4s24p1，未成对电子数为1，C错误；D．Ga和As之间的最短距离为体对角线的，所以为anm，D正确；故选C。二、流程题：本大题共1小题，共14.0分。17.以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂(Li4Ti5O12)和铁红(Fe2O3)的工艺流程如下：回答下列问题：（1）已知FeTiO3与盐酸反应后有TiOCl2生成，写出该反应的化学方程式：___________。（2）“酸浸”过程中，用不同溶剂溶解HCl，图中a为HClCH3OH(无水)、b为HClH2O(3mol·L1盐酸)、c为HClCH3OHH2O(H2O占体积比50%)；图甲表示在35°C时铁和钛。的浸出率随时间的变化，图乙表示铁和钛的浸出率随温度的变化：根据上图，可知“酸浸”时适宜选择的溶剂为___________(填“a”“b”或“c”)、温度为___________；在HCl浓度相同的情况下，温度高于35°C时，铁和钛的浸出率下降的原因是___________。（3）“溶钛”时生成过氧化肽酸铵[(NH4)2Ti5O15]，其中每个该分子中含有过氧键(OO)的数目为___________个。（4）“沉铁”过程中生成一种能使石灰水变浑浊的气体，该过程的离子方程式为___________。（5）“沉铁”过滤后，“洗涤”沉淀的操作方法是___________。（6）FeCO3达到沉淀溶解平衡时，室温下测得溶液的pH为8，c(Fe2+)为1.0×105mol·L1，通过计算判断所得FeCO3固体中是否混有Fe(OH)2：___________{已知：Ksp[Fe(OH)2]=4.9×1017}。【答案】（1）FeTiO3+4HCl=FeCl2+TiOCl2+2H2O（2）①.a②.35°C③.温度高于35°C时，HCl大量挥发，则导致HCl浓度降低，浸出率下降（3）4（4）Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑十H2O（5）在过滤器中加蒸馏水浸没固体，待液体自然流下，重复操作2~3次（6）c(Fe2+)·c2(OH)=1.0×105×(1×106)2=1.0×1017＜Ksp[Fe(OH)2]，故无Fe(OH)2沉淀析出【解析】【分析】钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)，经盐酸酸浸，生成TiOCl2、FeCl2、MgCl2、CaCl2，过滤除去SiO2，滤液加热可以得到富钛渣和富铁液，富钛渣价双氧水和氨水“溶钛”时生成过氧化肽酸铵[(NH4)2Ti5O15]，煅烧生成TiO2，加入Li2CO3生成Li4Ti5O12；富铁液加入NH4HCO3“沉铁”，生成CO2气体和FeCO3沉淀，在空气中煅烧FeCO3可以得到铁红；【小问1详解】FeTiO3与盐酸反应生成TiOCl2的化学方程式为FeTiO3+4HCl=FeCl2+TiOCl2+2H2O，故答案为：FeTiO3+4HCl=FeCl2+TiOCl2+2H2O；【小问2详解】根据图甲可知，在相同温度下采用a组溶剂浸出率最高，由图乙可知，35°C时浸出率最高，故“酸浸”时采用的最佳条件为选用a组溶剂、温度35°C。由图乙可知35°C时铁和钛的浸出率最高，因为HCl易挥发，当温度过高时，HCl挥发加剧，导致HCl浓度下降，浸出率下降。故答案为：a；35°C；温度高于35°C时，HCl大量挥发，则导致HCl浓度降低，浸出率下降；【小问3详解】[(NH4)2Ti5O15]中，NH为+1价、Ti为+4价设每个分子中有x个过氧键，则2价O为(152x)个，从而有21+54=2x+2(152x)，解得x=4，即每个[(NH4)2Ti5O15]中有4个过氧键。故答案为：4；【小问4详解】根据分析可知“沉铁”时，在FeCl2溶液中加入NHHCO3，由于存在电离H++CO；电离出的CO与Fe2+结合生成FeCO3，电离出的H+与反应生成CO2和H2O，故对应的离子方程式为Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑十H2O，故答案为：Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑十H2O；【小问5详解】“沉铁”过滤后，“洗涤"沉淀的操作是在过滤器中加蒸馏水浸没固体，待液体自然流下，重复操作2~3次。故答案为：在过滤器中加蒸馏水浸没固体，待液体自然流下，重复操作2~3次；【小问6详解】由溶液的pH为8，c(Fe2+)为1.0×105mol·L1，可知Qc=c(Fe2+)c2(OH)=1.0×105(1.0×106)2=1.0×1017<Ksp[Fe(OH)2]=4.9×1017故无Fe(OH)2沉淀析出，故答案为：c(Fe2+)·c2(OH)=1.0×105×(1×106)2=1.0×1017＜Ksp[Fe(OH)2]，故无Fe(OH)2沉淀析出；三、实验题：本大题共1小题，共14分。18.苯乙酮()是一种重要的化工原料，可用于制造香皂和塑料的增塑剂。其实验室制备流程和有关数据如下所示：名称相对分子质量熔点/℃沸点/℃密度g/mL溶解度乙酸酐102731401.082微溶于水，易水解苯785.580.50.879不溶水苯乙酮12020.52021.028微溶水回答下列问题：（1）制备苯乙酮粗产品的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。①装置X的名称_______。②无水固体的作用是_______。（2）从绿色化学角度考虑，操作2中萃取剂宜采用_______。A.乙醇 B.乙酸乙酯 C.苯 D.乙醚（3）操作3是依次用碱洗、水洗。利用NaOH溶液碱洗的目的是_______；（4）操作4中加入无水目的是_______。（5）将操作5(蒸馏)的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，_______，弃去前馏分，收集产品。（6）本实验苯乙酮的产率最接近于_______。A.80% B.70% C.60% D.50%【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.防止水蒸气进入烧瓶中使乙酸酐水解，影响产率（2）C（3）除去混合物中的酸（4）干燥（5）先通冷凝水，再加热（6）A【解析】【分析】由题给流程可知，在氯化铝做催化剂的条件下，苯与乙酸酐共热发生取代反应得到粗苯乙酮；向粗苯乙酮中加入浓盐酸和冰水洗涤后，分液得到有机相1和水相1；向水相1中加入苯萃取水相中苯乙酮，分液得到有机相2和水相2；将有机相1、2混合后，用氢氧化钠溶液洗涤除去混合物中的酸，用水洗除去混合物中的氢氧化钠，分液得到有机相；向有机相中加入硫酸镁除去有机相中的水分，干燥有机物，过滤得到含有苯乙酮和苯的滤液；滤液经蒸馏得到苯乙酮和苯，收集得到的苯可以循环使用。【小问1详解】①由实验装置图可知，装置X为恒压滴液漏斗，故答案为：恒压滴液漏斗；②由乙酸酐微溶于水，易水解可知，干燥管中盛有的无水氯化钙用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入烧瓶中使乙酸酐水解，影响产率，故答案为：防止水蒸气进入烧瓶中使乙酸酐水解，影响产率；【小问2详解】由分析可知，操作5蒸馏收集得到的苯可以循环使用，所以从绿色化学角度考虑，操作2中萃取剂宜采用苯，故选C；【小问3详解】由分析可知，操作3中用氢氧化钠溶液洗涤的目的是除去混合物中的酸，故答案为：除去混合物中的酸；【小问4详解】由分析可知，加入硫酸镁的目的是除去有机相中的水分，干燥有机物，故答案为：干燥；【小问5详解】由题意可知，操作5为蒸馏，蒸馏的实验步骤为安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，先通冷凝水，再加热，弃去前馏分，收集产品，故答案为：先通冷凝水，再加热；【小问6详解】由题意可知，乙酸酐的物质的量为≈0.042mol，苯的物质的量为≈0.18mol，则反应中苯过量，苯乙酮的产率为×100%≈81.4%，故选A。四、简答题：本大题共1小题，共14分。19.国家提出2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的目标，利用CO或CO2加氢制甲醇将成为实现目标的最佳路径。（1）利用CO、CO2加氢制甲醇的有关反应如下：I．2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H1II．H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H2III．3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3已知：反应I中的相关的化学键键能数据如下。化学键COHHCOHOCH键能/(kJ·mol1)1071436358467413由键能可知△H1=___________kJ·mol1；若△H2=+41kJ·mol1，则△H3=___________kJ·mol1。（2）要使反应I在一定条件下建立的平衡正向移动，可采取的措施有___________(填字母)。A．缩小反应容器的容积B．扩大反应容器的容积C．升高温度D．降低温度E．使用合适催化剂F．从平衡体系中及时分离出CH3OH（3）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，发生反应III，初始时CO2、H2分别为1.0mol、3.0mol，测得H2的平衡转化率[α(H2)]随温度和压强的变化如图所示。①压强：p1、p2、p3的关系为___________。②250°C、p1条件下，平衡时α(H2)___________α(CO2)(填“＞”“=”或“＜”)；此时反应的化学平衡常数Kp=___________(分压=总压×物质的量分数)。③若在A点平衡状态下，再充入1molCO2和1molH2O(g)，则速率v正(CO2)___________(填“＞”“＜”或“=”)v逆(CO2)。【答案】（1）①.121②.80（2）ADF（3）①.p1＞p2＞p3②.=③.④.＜【解析】【小问1详解】ΔH=反应物的键能总和生成物的键能总和，则ΔH1=436×2+1071（413×3+358+467）=121kJ/mol。通过观察可知反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，ΔH3=ΔH1+ΔH2=80kJ/mol。【小问2详解】A缩小体积压强增大，反应Ⅰ平衡正向移动，A可行；扩大反应容器体积，压强减小，反应平衡逆向移动，B不可行；反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，降低温度，平衡正向移动，故C不可行，D可行；使用合适的催化剂只能加快反应速率，不影响化学平衡的移动，E不可行；从平衡体系中分离出产物甲醇，平衡正向移动，F可行；答案为ADF。【小问3详解】反应Ⅲ为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，相同温度下，压强越大，H2转化率越高，故p1>p2>p3；初始时加入的CO2和H2的物质的量之比为