“3＋2”模拟练(十二)2025全国高考二轮化学抓分卷

2025全国高考二轮化学抓分卷“3＋2”模拟练(十二)一、选择题1.硫及其化合物的价类二维图体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是(C)A.硫在氧气中燃烧直接生成YB.X能使酸性KMnO4溶液褪色，体现其漂白性C.硫化氢与X反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1D.N可由其相应单质直接化合生成【解析】硫在氧气中燃烧直接生成SO2，不是SO3，A错误；X为SO2，能使酸性KMnO4溶液褪色，体现其还原性，B错误；N是CuS，S的氧化性很弱，与变价金属反应生成的是低价硫化物，所以不能由硫和铜直接反应生成CuS，D错误。2.氨广泛应用于化工、化肥、制药等领域，一种新型合成方法如下。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(B)A.反应①属于人工固氮B.标准状况下，反应④生成56mLO2转移电子的数目为0.02NAC.该转化过程总反应为2N2＋6H2O=4NH3＋3O2D.反应⑤在无水环境中进行时有白烟产生【解析】标准状况下，生成56mlO2，即eq\f(0.056L,22.4mol/L)＝0.0025mol，转移电子数目为0.0025×4NA＝0.01NA，B错误。3.调节0.1mol/L二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝eq\f(cX,cH2A＋cHA－＋cA2－)]。下列叙述不正确的是(D)A.Ka1(H2A)的数量级为10－2B.pH＝4.2时，在该溶液中存在：c(HA－)＝c(A2－)＞c(H＋)C.eq\f(c2HA－,cH2A·cA2－)与溶液pH无关，恒等于103D.等体积等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液混合后，溶液pH＝4.2【解析】由图可知，当c(H2A)＝c(HA－)时，pH＝1.2，c(H＋)＝10－1.2mol/L，Ka1(H2A)＝eq\f(cH＋·cHA－,cH2A)＝10－1.2，故数量级为10－2，A正确；pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)≈0.05mol/L＞c(H＋)＝10－4.2mol/L，B正确；eq\f(c2HA－,cH2A·cA2－)＝eq\f(Ka1,Ka2)，与溶液pH无关，恒等于103，C正确；由图可知在水溶液中实现所有微粒的各种平衡后，溶液中c(A2－)＝c(HA－)，此时pH＝4.2，当等体积等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液混合，混合后各种平衡移动导致c(HA－)≠c(A2－)，D错误。二、填空题4.某化学兴趣小组想探究FeCl3溶液与SO2的反应历程。Ⅰ.利用如图装置制备SO2(1)仪器a的名称分液漏斗。(2)b中反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O。Ⅱ.利用探究FeCl3溶液与SO2的反应(3)兴趣小组预测SO2能使FeCl3溶液由黄色变为浅绿色，反应的离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋。向0.5mol/FeCl3溶液中通入SO2至饱和后，用橡皮塞封闭试管，观察到溶液由黄色迅速变为红色，静置5min后变回黄色，静置9h后，变为浅绿色。(4)探究红色物质生成的原因查阅资料：红色物质可能与SO2饱和溶液的主要微粒(SO2、H2SO3、H＋、HSOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3))有关。①取少量上述红色溶液，立即滴加几滴1.5mol/L溶液A，溶液又褪为黄色。据此推测：红色物质的产生与H＋无关。物质A的化学式为HCl。②向1mL1mol/LFeCl3溶液中滴加1mL1mol/LNaHSO3溶液，溶液变为红色，滴加几滴1.5mol/L溶液A，褪成黄色。据此推测：红色物质的产生与SO2和H2SO3无关，主要与HSOeq\o\al(－,3)或SOeq\o\al(2－,3)有关。推测理由是加入盐酸后，c(HSOeq\o\al(－,3))和c(SOeq\o\al(2－,3))变小，c(SO2)和c(H2SO3)变大，溶液褪为黄色。③利用分光光度仪测定红色物质的浓度(吸光度越高，浓度越大)，实验数据如下：V/mL吸光度1mol/LFeCl31mol/LNa2SO31mol/LNaHSO30.54.00.00.4120.53.60.40.3590.5V10.80.3310.52.8V20.297数据补充：图中V1＝3.2，V2＝1.2。结论：溶液变红色的主要原因是Fe3＋和SOeq\o\al(2－,3)发生配位反应。(5)由以上探究结果说明该条件下，SO2与FeCl3溶液反应的活化能：氧化还原反应大于(填“大于”“小于”或“等于”)配位反应。【解析】(4)①若红色物质的产生与H＋有关，则向红色溶液中滴加1.5mol/L盐酸，溶液颜色应加深。可实验结果表明溶液又褪为黄色，说明红色物质的产生与H＋无关，物质A为HCl。②向1mL1mol/LFeCl3溶液中滴加1mL1mol/LNaHSO3溶液，溶液变为红色，滴加几滴1.5mol/L盐酸，褪成黄色，据此推测：红色物质的产生与SO2和H2SO3无关，主要与HSOeq\o\al(－,3)或SOeq\o\al(2－,3)有关。推测理由是：加入盐酸后，发生反应H＋＋HSOeq\o\al(－,3)=SO2↑＋H2O，c(HSOeq\o\al(－,3))和c(SOeq\o\al(2－,3))浓度都减小，c(SO2)和c(H2SO3)浓度变大，溶液褪为黄色，若与SO2和H2SO3有关，则溶液应仍为红色。③根据控制单一变量的原则，实验中需使溶液混合后总体积相等，则V1＋0.8＝V2＋2.8＝4.0，故V1＝3.2，V2＝1.2；由表格数据可知，混合后c(SOeq\o\al(2－,3))越大，吸光度越高，红色物质的浓度越大，颜色越深，说明溶液变红色的主要原因是Fe3＋和SOeq\o\al(2－,3)发生配位反应。(5)活化能越大，反应速率越慢，由于先变红色，说明配位反应速率快，配位反应的活化能小，即活化能：氧化还原反应大于配位反应。5.有机化合物J在化工、医药、农林等领域有广泛的应用。实验室制备J的合成路线如下：(1)A的名称为苯酚；D中含有的官能团名称溴原子(或碳溴键、醚键)。(2)反应G→H的化学方程式为，其反应类型是取代反应。(3)F的结构简式为。(4)同时满足下列条件I的同分异构体有12种。①苯环上只有2个取代基；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③有3个甲基。写出其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶2∶9的同分异构体结构简式：。(5)根据题中信息设计以乙烯和为原料制备1－丁烯的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。【答案】CH2=CH2eq\o(→,\s\up7(HBr),\s\do5(催化剂、△))CH3CH2BrCH3CH2CH2CH2OHeq\o(→,\s\up7(△),\s\do5(浓硫酸))CH3CH2CH=CH2【解析】(1)D结构简式为。(3)E被强氧化剂CrO3氧化得到F、F又与SOCl2反应得到G，则F为。(4)I为，其同分异构体中含有苯环，且苯环上只有2个取代基，能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有1个酚羟基，还剩余4个C原子、1个N原子，除苯环外不饱和度为0，则另一个侧链可以为—NH—C(CH3)3、、、，每一个侧链与酚羟基有邻、间、对3种位置，总计有3×4＝12种。其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶2∶9的同分异构体结构简式为。(5)以乙烯和为原料制备1－丁烯，则需要碳链增长，故核心步骤可仿照D→E，则需要溴乙烷和镁、环氧乙烷及水共同作用，所得产物为1－丁醇，在浓硫酸、加热下可得到1－丁烯，而溴乙烷由乙烯和HBr发生加成反应即可得到。“3＋2”模拟练(十)一、选择题1.下列由实验及现象推出的相应结论正确的是(B)选项实验现象结论A某溶液中滴加K3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2＋，无Fe3＋B向Ca(ClO)2溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3>HClOC向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液溶液变成黄色氧化性：H2O2>Fe3＋D向CuSO4溶液中加入铁粉有红色固体析出Fe2＋的氧化性强于Cu2＋的氧化性【解析】加入K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2＋，但不能确定是否有Fe3＋，A错误；Ca(ClO)2溶液中通入CO2溶液变浑浊，说明生成CaCO3沉淀，说明酸性：H2CO3＞HClO，B正确；酸性条件下，NOeq\o\al(－,3)也有强氧化性，故此时Fe2＋被氧化为Fe3＋，也可能是被NOeq\o\al(－,3)氧化，C错误；Fe与CuSO4反应生成FeSO4和Cu，说明氧化性：Cu2＋＞Fe2＋，D错误。2.CO2制备二甲醚，可充分利用碳资源，减少温室气体排放，该工艺主要涉及以下反应。反应a：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1<0反应b：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH2>0在不同的压强下，按照n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料比合成甲醇，实验测定CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是(C)A.为了提高CO2的平衡转化率应选择高温、低压的反应条件B.压强：p1<p2<p3C.当温度高于550℃时，主要发生反应②D.选择合适的催化剂，可提高CO2的平衡转化率【解析】随着温度的升高，CO2的平衡转化率先下降后升高，且低温时，转化率更高，又反应a是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，而反应b为气体分子数不变的反应，增大压强，平衡不移动，所以压强越大，CO2的平衡转化率越大，则为了提高CO2的平衡转化率应选择低温、高压的反应条件，A错误；压强越大，CO2的平衡转化率越大，所以p1>p2>p3，B错误；当温度高于550℃时，压强对CO2的平衡转化率无影响，所以主要发生反应②，C正确；催化剂只能改变化学反应速率，不会影响化学平衡，所以选择合适的催化剂，不能提高CO2的平衡转化率，D错误。3.已知pΟΗ＝－lgc(OH－)，初始温度25℃时，向20mL0.1mol/L氨水中滴加0.1mol/L稀盐酸，测得混合溶液的温度T、pOH随加入稀盐酸体积V的变化如图所示。下列说法不正确的是(C)A.水的电离程度：c<a<bB.a点溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)C.b点溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)D.c点对应溶液中c(H＋)＝c(OH－)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋2c(NH3·H2O)【解析】a点加入10mL稀盐酸，此时溶液中成分为等物质的量浓度的氨水和氯化铵，且此时溶液显碱性，说明NH3·H2O的电离大于铵根离子的水解，则抑制了水的电离；随着稀盐酸加入，NH3·H2O转化为氯化铵，铵根离子水解程度增大，促进水的电离；c点时，溶液为等物质的量浓度氯化铵和稀盐酸的混合溶液，对水的电离起抑制作用，且等浓度稀盐酸对水电离的抑制大于等浓度的氨水，所以水的电离程度：c<a<b，A正确；a点溶液中n(N)＝2n(Cl)，元素质量守恒为c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)，B正确；b点时，由于温度高于室温，所以pOH＝7时，溶液呈酸性，则c(H＋)>c(OH－)，又电荷守恒为c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，所以c(NHeq\o\al(＋,4))<c(Cl－)，C错误；c点对应溶液中，电荷守恒为c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)，元素质量守恒为2c(NHeq\o\al(＋,4))＋2c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，二式联立可得c(H＋)＝c(OH－)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋2c(NH3·H2O)，D正确。二、填空题4.电石渣[主要成分为Ca(OH)2，杂质不参与反应]是氯碱工业中的废料，以电石渣为原料制取KClO3的工艺流程如图所示：已知：Ca(ClO3)2易溶于水。(1)工业生产电石的反应为CaO＋3Ceq\o(=,\s\up7(电炉))CaC2＋CO↑，该反应每消耗3molC转移电子数为2mol。(2)流程中的Cl2可由MnO2反应制得，离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up7(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，其中盐酸体现的性质有还原性和酸性。(3)写出Cl2与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO3)2的化学方程式：6Cl2＋6Ca(OH)2eq\o(=,\s\up7(70℃以上))Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O。(4)制Ca(ClO3)2时要控制温度70℃上，原因可能是加快反应速率，提高生产效率，反应结束以后通常会加入适量活性炭，再过滤。从绿色化学的角度分析，活性炭的作用是吸附过量的Cl2。(5)“转化”时加入K2CO3的目的是沉淀Ca2＋，将Ca(ClO3)2转化为KClO3。5.人体内的血红蛋白(Hb)与肌红蛋白(Mb)均可结合O2，血红蛋白(Hb)与O2结合的过程存在如下反应。回答下列问题：①HbH＋(aq)＋O2(g)HbO2(aq)＋H＋(aq)ΔH1②O2(g)O2(aq)ΔH2③HbH＋(aq)＋O2(aq)HbO2(aq)＋H＋(aq)ΔH3(1)ΔH2<(填“>”或“<”)0，ΔH3＝ΔH1－ΔH2(用ΔH1、ΔH2表示)(2)科研人员仅对于反应①进行模拟研究发现，37℃、pH＝7.4时氧气分压p(O2)与达到平衡时HbH＋与O2的结合度α(转化率)的关系如图所示，当pH＝7.6时对应的曲线在下图中绘出。【答案】pH＝7.6时对应曲线如图所示：(3)已知：气液平衡体系中，例如A(aq)B(g)的平衡常数表达式为K＝eq\f(pB,cA)。则37℃，pH＝7.4时，反应①的平衡常数为1.5×10－8mol/(L·kPa)(10－7.4＝4.0×10－8)。(4)高压氧舱常用于CO中毒治疗。若控制氧分压为80kPa，则37℃，pH＝7.4时，达到平衡时HbH＋与氧气的结合度α(转化率)为96.8%(保留一位小数)。(5)血液中还同时存在反应④：CO2＋H2OH＋＋HCOeq\o\al(－,3)，则氧分压高(填“高”或“低”)有利于CO2排出体外。(6)血液向肌肉细胞输送氧气时还存在反应⑤：Mb(aq)＋HbO2(aq)MbO2(aq)＋Hb(aq)，由MbO2向肌肉细胞快速提供氧气。正常人Mb含量为60μg/L，Hb含量为170g/L。下列说法正确的是BCD(填字母)。A.Hb结合氧气的能力强于MbB.高氧分压下，血液中MbO2浓度增加C.高海拔居民体内Mb的含量偏高D.肌肉细胞中Mb浓度不变时，氧气运输达到平衡【解析】(1)反应②O2(g)O2(aq)，氧气由气态变为液态可知为放热过程，因此ΔH2<0，由盖斯定律可知，反应③＝①－②，即ΔH3＝ΔH1－ΔH2。(2)氧气分压一定，当pH＝7.6时，即减小c(H＋)，反应①的平衡正向移动，则Hb与氧气的结合度增大，故pH＝7.6的曲线应在pH＝7.4的上方。(3)反应①的K＝eq\f(cHbO2·cH＋,cHbH＋·cO2)＝eq\f(cHbO2·cH＋,cHbH＋·pO2)，平衡时，由HbH＋与O2的结合度α(转化率)的关系图可知，pH＝7.4，即c(H＋)＝4×10－8mol/L条件下，p(O2)＝4kPa时，此时的结合度为α＝60%，即c(HbO2)＝c×60%mol/L，c(HbH＋)＝c×40%mol/L，代入表达式可得，K＝eq\f(cHbO2·cH＋,cHbH＋·pO2)＝eq\f(0.6cmol/L×4×10－8mol/L,0.4cmol/L×4kPa)＝1.5×10－8mol/(L·kPa)。(4)根据K＝eq\f(cHbO2·cH＋,cHbH＋·pO2)＝eq\f(α×cHbO2·cH＋,1－α×cHbO2·pO2)，则根据氧分压为80kPa，温度为37℃，pH＝7.4时，K仍为1.5×10－8mol/(L·kPa)，代入表达式有α＝eq\f(K·pO2,K·pO2＋cH＋)＝eq\f(1.5×10－8×80,1.5×10－8×80＋4×10－8)≈0.968。(5)考查影响化学平衡的因素，氧气分压高，使平衡①向正反应方向进行，增加与氧气的结合度，c(H＋)增大，促使反应④向逆反应方向进行，因此有利于CO2排出体外。(6)正常人Mb含量为60μg/L小于Hb含量为170g/L，说明反应⑤的平衡正向移动的倾向更大，因此Hb结合氧气的能力弱于Mb，更易生成MbO2，A错误；Mb与氧气结合的平衡如下：Mb(aq)＋O2(g)MbO2(aq)，高氧分压下，血液中MbO2浓度增加，B正确；高海拔中的氧气较为稀薄，更需要能与氧气较为容易结合的Mb，因此居民体内Mb的含量偏高，C正确；当肌肉细胞中Mb浓度不变时，说明反应⑤达到平衡，因此氧气运输达到平衡，D正确。“3＋2”模拟练(三)一、选择题1.下列实验操作正确的是(B)A.提纯乙烷B.制备氨气C.制备无水Na2SO3D.制乙酸乙酯【解析】乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新的杂质，A错误；生石灰溶于水放热，浓氨水分解放出氨气，B正确；亚硫酸钠容易被空气中的氧气氧化，加热蒸发得不到无水Na2SO3，C错误；乙酸乙酯会与氢氧化钠发生反应，应用饱和碳酸钠溶液收集，D错误。2.X、Y、Z、W为短周期的四种元素，原子序数依次增大。X、Y、W三种元素分别位于不同短周期的不同主族。Z、W对应的简单离子核外电子排布相同，X、Y、Z、W元素可形成一种新型漂白剂(结构如图)。下列说法不正确的是(A)A.电负性：Z>Y>X>WB.Y、Z杂化方式相同C.1mol该化合物的阴离子中含有2mol配位键D.漂白剂中Z的化合价为－1、－2【解析】由题给信息推知，X、Y、Z、W分别为H元素、B元素、O元素、Mg元素。电负性：O>H>B>Mg，A错误；B、O都采取sp3杂化，B正确；2个B原子各形成1个配位键，则1mol阴离子中含有2mol配位键，C正确；过氧键中的O为－1价，其他的O为－2价，D正确。3.甲酸燃料电池工作原理如下图所示，已知该半透膜只允许K＋通过。下列有关说法错误的是(C)A.物质A是H2SO4B.K＋经过半透膜自a极向b极迁移C.a极电极反应式为HCOO－＋2e－＋2OH－=HCOeq\o\al(－,3)＋H2OD.Fe3＋可以看作是该反应的催化剂，可以循环利用【解析】由图可知电池左边a为燃料HCOOH，是负极，发生氧化反应；右边b通入O2的一极为正极，发生还原反应。铁的两种离子存在环境为酸性，且生成物为K2SO4，故物质A为H2SO4，A正确；阳离子K＋由负极流向正极，B正确；a极电极反应式为HCOO－＋2OH－－2e－=HCOeq\o\al(－,3)＋H2O，C错误；Fe3＋先消耗后生成，可看作是该反应的催化剂，D正确。二、填空题4.Ⅰ.配制100mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液。(1)该实验需要用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶。(2)为了防止Fe2(SO4)3水解，在配置过程中可以加入少量稀硫酸。Ⅱ.探究Fe2(SO4)3与Cu的反应。[原理预测](3)请写出Fe2(SO4)3与Cu的反应的离子方程式：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋。[开展实验]某实验小组在进行Fe2(SO4)3与Cu的反应时观察到了异常现象，决定对其进行进一步的探究。实验Ⅰ：[提出问题](4)实验前，小组同学预测步骤2后溶液不会变为红色，原因是Cu粉过量，不应有Fe3＋存在，故不会有红色的Fe(SCN)3生成。查阅文献：ⅰ.CuSCN为难溶于水的白色固体；ⅱ.SCN－被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似。[提出猜想]经过实验测定白色固体为CuSCN，查阅资料后小组同学猜测CuSCN的生成有如下两种可能。猜测1：Cu2＋与KSCN发生了氧化还原反应。猜测2：亚铁离子将其还原发生反应：Cu2＋＋Fe2＋=Cu＋＋Fe3＋、Cu＋＋SCN－=CuSCN↓。(5)猜测1的离子方程式为2Cu2＋＋4SCN－=2CuSCN↓＋(SCN)2↑。[设计实验]实验序号对比实验及试剂实验步骤实验现象实验ⅡA试管：2mL0.1mol/LFeSO4溶液加入1mL0.4mol/LKSCN溶液开始时溶液的上方变为红色，一段时间后红色向下蔓延，最后充满整支试管B试管：2mL0.1mol/LCuSO4溶液加入1mL0.4mol/LKSCN溶液溶液变成绿色实验ⅢC试管：2mL0.1mol/LFeSO4溶液加入2mL0.1mol/LCuSO4溶液溶液变为淡蓝色再加1mL0.4mol/LKSCN溶液溶液的上层变为红色，有白色沉淀产生，一段时间后整支试管溶液呈深红色[得出结论](6)实验Ⅱ中试管B(填字母)中的现象可以证实猜测1不成立。(7)Fe3＋的氧化性本应强于Cu2＋，结合实验Ⅲ中的现象解释Cu2＋＋Fe2＋=Cu＋＋Fe3＋能正向发生的原因：由于SCN－与Cu＋形成沉淀以及SCN－与Fe3＋形成配合物，大大降低了产物中Cu＋和Fe3＋的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动。【解析】(6)因为试管B与猜测1的离子相同，但是现象不同，实验Ⅱ中试管B中的现象可以证实猜测1不成立。5.我国力争于2030年前做到“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，因此CO2的综合利用是研究热点之一。(1)以CO2为原料可制取甲醇。已知：Ⅰ.H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热ΔH分别为－285.8kJ/mol和－726.5kJ/mol。Ⅱ.CH3OH(l)CH3OH(g)ΔH＝＋38kJ/molⅢ.H2O(l)H2O(g)ΔH＝＋44kJ/mol则反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的ΔH＝－48.9kJ/mol。(2)利用CO2与H2合成甲醇涉及的主要反应如下：Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41kJ/mol一定条件下向某刚性容器中充入物质的量之比为1∶3的CO2和H2发生上述反应，在不同催化剂(Cat1，Cat2)下经相同反应时间，CO2转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性＝eq\f(nCH3OH,nCO＋nCH3OH)×100%]随温度变化如图甲所示。①由图可知，催化效果Cat1>(填“>”“＜”或“＝”)Cat2。②在210～270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，可能原因为因为反应Ⅰ的ΔH1<0，而反应Ⅱ的ΔH2>0，故升高温度反应Ⅰ左移，而反应Ⅱ右移，故CH3OH的选择性降低。③某条件下，达到平衡时CO2的转化率为15%，CH3OH的选择性为80%，则H2的平衡转化率为13%；反应Ⅱ的平衡常数Kp＝eq\f(1×5,28×87)(列出算式即可)。(3)利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应：3CH3OH(g)=C3H6(g)＋3H2O(g)。该反应的实验数据遵循Arhenius经验公式，如图乙中曲线a所示，已知Arthenius经验公式为Rlnk＝－eq\f(Ea,T)＋C(Ea为活化能，假设受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数)，则反应的活化能为31kJ/mol。当改变外界条件时，实验数据如图乙中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是更换了更高效的催化剂；此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大得越多(填“越多”或“越少”)。【解析】(1)由