黑龙江省齐齐哈尔市2025届高三下学期一模化学试题（解析版）

第页，共页第22页，共22页化学试卷本试卷满分100分，考试用时75分钟。相对原子质量：H1Li7C12N14O16第I卷一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列文物中主要成分属于硅酸盐的是A．战国透雕龙凤纹铜铺首B．元代青花釉里红开光贴花盖罐C．宋水晶珠串D．清梅花图纸本页册A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．铜铺首的主要成分是铜合金，A不符合题意；B．罐的主要成分是陶瓷(硅酸盐)，B符合题意；C．水晶的主要成分为，C不符合题意；D．纸的主要成分为纤维素，D不符合题意；故选B。2.下列化学用语和表述正确的是A.分子的VSEPR模型为：三角锥形 B.的电子式：C.的价电子的轨道表示式： D.中含有的电子数为：18【答案】D【解析】【详解】A．分子中心原子为，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，故A错误；B．中O可与H和Cl形成单键，Cl只与O形成单键，电子式为，故B错误；C．Cu为29号元素，价电子排布为3d104s1，因此的价电子的轨道表示式为，故C错误；D．氧原子质子数为16、质量数为18，带2个负电荷，则电子数为18，故D正确；故答案为D。3.下列关于实验的描述正确的是A.可用浓硫酸干燥 B.可用酸性检验中的C.可用溴的四氯化碳溶液除乙烷中的乙烯 D.可用湿润的KI-淀粉试纸鉴别和【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸具有吸水性且与不反应，可用浓硫酸干燥，A正确；B．中的也可使酸性褪色，B错误；C．会吸收一定量乙烷，会导致乙烷损失，应通入溴水中除杂，C错误；D．和都可氧化生成而使试纸变蓝，不能鉴别，D错误；答案选A。4.三氟化氮（）在潮湿的环境中能发生反应：，代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.消耗，形成键数目为B.生成，电子转移数为C.若被氧化，则需氧化剂的分子数为D.的溶液含数为【答案】C【解析】【详解】A．是0.5mol，可生成0.9molHF即键，故A错误；B．不知状况无法由气体体积计算物质的量，故B错误；C．反应中只有元素化合价发生改变，N元素由+3转化为+5和+2，转移2个电子，即若被氧化，则需NF3为氧化剂，也就是，故C正确；D．是弱酸，溶液中部分电离，含有的氟离子数小于NA，故D错误；故答案为C。5.已知转化Ⅰ：；转化Ⅱ：。下列说法错误的是A氧化性：PbO2＞＞Cl2B.转化Ⅰ、Ⅱ消耗或生成等物质的量的，转移电子数相同C.做氧化剂时，酸性越强，氧化性越强D.PbO2与FeSO4溶液反应：【答案】D【解析】【详解】A．反应Ⅰ中氧化剂是，氧化产物是Cl2；反应Ⅱ中氧化剂是PbO2，氧化产物是，根据氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞氧化产物，可知物质的氧化性：PbO2＞＞Cl2，A正确；B．根据电子守恒可知：在反应Ⅰ中每消耗1mol，反应过程中转移5mol电子；而在反应Ⅱ中，每反应生成1mol，反应过程中转移5mol电子，因此转化Ⅰ、Ⅱ消耗或生成等物质的量的，转移电子数相同，B正确；C．微粒的氧化性或还原性与溶液的酸碱性有关，做氧化剂时，溶液的酸性越强，物质的氧化性就越强，C正确；D．Pb2+与会反应产生难溶性PbSO4沉淀，不能大量共存，反应的离子方程式应该为：PbO2+2Fe2++4H++=PbSO4+2Fe3++2H2O，D错误；故合理选项是D。6.实验室安全至关重要，下列做法正确的是A.蒸发液体时液体体积不超过蒸发皿容积的，且要用玻璃棒搅拌B.还原时，要先通一段时间氢气后再加热还原，最后还原铁粉在氢气气氛中冷却C.溶液不慎溅在皮肤上，先用大量水冲洗，再用的碳酸氢钠溶液涂抹D.用小刀切割白磷或金属钠时，要放在玻璃片上操作【答案】B【解析】【详解】A．蒸发液体时液体体积不超过蒸发皿容积的，故A错误；B．先通排尽装置中的空气，最后还原铁粉需在氢气气氛中冷却，故B正确；C．先用大量水冲洗，再涂抹一定浓度的硼酸溶液，故C错误；D．白磷易燃，用小刀切割白磷时，要在水中切割，故D错误；故答案为B。7.结构决定性质，性质反映结构。下列对物质性质的解释正确的是选项性质解释A某些金属灼烧时有特征焰色核外电子受热吸收能量跃迁至较高能级B晶体具有自范性晶体中粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列C“杯酚”分离和超分子“杯酚”具有“自组装”性，可组装成一个大小适配的空腔而将分离出来D在中的溶解度大于在中的溶解度“相似相溶原理”：是非极性共价键形成的非极性分子，易溶于非极性的A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．焰色试验是电子从高能级到低能级释放能量所发出的光波，A错误；B．晶体的自范性是指：在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，晶体的自范性是晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，B正确；C．借助分子间作用力形成的超分子“杯酚”分离反映了超分子的“分子识别”性，C错误；D．是极性共价键形成的极性分子，但极性较弱，D错误；故选B。8.由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示（“UV”代表紫外线）。下列说法错误的是A.只有在循环中起催化作用B.该反应可用于制取合成气、C.过程包含反应D.反应过程中金属元素的价态发生改变【答案】A【解析】【详解】A．V元素在催化循环I、II中起到催化作用，化合价发生变化，含V物质中氧原子个数变化，因此都有催化作用，故A错误；B．图中可知循环I、II反应的反应物为CH4和H2O，产物为和，故B正确；C．由图示可知，循环I中，作用的步骤为转化为、CO、H2，即故C正确；D．含V物质中氧原子个数改变，V的氧化程度改变，因此、、中金属元素价态一定改变，故D正确；故答案为A。9.桂皮中含有的肉桂醛是一种食用香料，工业上可通过如下反应制备肉桂醛：，下列说法正确的是A.能使酸性褪色，不能使溴水褪色B.上述反应中的三种有机物的碳原子都在同一个平面内C.中只含杂化的碳原子D.易溶于水和乙醇是因为中也存在氢键【答案】C【解析】【详解】A．中的醛基即可被酸性氧化，也可被溴水氧化，A错误；B．肉桂醛中的碳原子不一定都在同一个平面，B错误；C．中所有的碳原子都是平面的杂化，C正确；D．中不存在氢键，D错误。故选C。10.下列实验方案不能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A得到均匀且光亮的铜镀层把铁制镀件与电源负极相连，铜片与电源正极相连，将两极平行浸入加有氨水的电镀液中电镀B比较的电离程度与水解程度的大小室温下，用计测量一定浓度某弱酸盐溶液的pHC氧化性：向溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯萃取上层为橙红色D制备晶体向溶液中加入95%的乙醇A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．加入一些氨水可以形成稳定的铜氨络合物有效降低电镀液中铜离子的浓度，有助于保持电镀液的稳定性和均匀性，使电镀层能够慢慢生成，均匀且光亮，A正确；B．则的水解程度大于电离程度，则的水解程度和电离程度相当，则的水解程度小于电离程度，B正确；C．向溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯萃取上层为橙红色则氧化性：，C错误；D．向溶液中加入95%的乙醇，乙醇的极性比水的极性小，降低了的溶解度析出晶体，D正确；故选C。11.某离子液体结构中，Q、R、T、X、Y和是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态原子和原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和质子数均为奇数且和为22，下列说法错误的是A.氢化物的沸点： B.第一电离能：C.X、Y、Z不可形成既含离子键又含共价键的化合物 D.该物质的熔点低于【答案】A【解析】【分析】Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，阳离子结构中Q只形成一个价键，则Q为IA族或VIIA族元素，阴离子结构中Z只形成一个价键，则Z为VIIA族元素，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，Q的原子序数最小，则Q为H元素，Z为F元素；基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，原子序数小于F，则T和Y的价电子排布式分别为2s22p2、2s22p4，即T和Y分别为C、O元素；X原子序数介于C、O元素之间，则X为N元素；R的原子序数为22-1-7-9=5，所以R为B元素，综上所述，Q、R、T、X、Y和Z分别为H、B、C、N、O、F。【详解】A．C元素的氢化物(烃)较多，碳原子较多的烃沸点可能高于O元素的氢化物，A错误；B．由分析可知，T为C、X为N、Y为O，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA反常，故第一电离能C＜O＜N，B正确；C．F、O元素非金属性很强，且无正价，N、O、F三种元素不能形成阳离子，所以不能形成既含离子键又含共价键的化合物，C正确；D．该物质的阴离子和F-一样带一个单位的负电荷，阳离子和Na+一样带一个单位的正电荷，但的阴、阳离子半径小、离子键强，所以的熔点更高，D正确；故选A。12.2024年，吉林大学科学团队采用等离子体Au纳米粒子(可吸收可见光，产生电子)修饰的缺陷氮化碳(Au-Nv-C3N4)光电正极，建立了一种新型双功能辅助Li-N2电池系统，总反应为6Li+N2=2Li3N，结构示意图和光电正极的工作原理如图所示，下列说法正确的是A.Nv可以捕获光生电子用于氧化N2B.放电时，电流由a电极沿导线流向b电极C.产生1A•h电荷量时，生成Li3N的质量与消耗N2的质量比为5：2D.用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗0.7gLi时，铅酸蓄电池消耗0.9g水【答案】C【解析】【分析】由电子移动方向可知，a电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li—e—=Li+，b电极为正极，锂离子作用下氮气在催化剂表面得到电子发生还原反应生成氮化锂，电极反应式为N2+6e—+6Li+=2Li3N。【详解】A．由分析可知，b电极为正极，锂离子作用下氮气在催化剂表面得到电子发生还原反应生成氮化锂，故A错误；B．由分析可知，a电极为原电池的负极，b电极为正极，则放电时，电流由b电极沿导线流向a电极，故B错误；C．由分析可知，b电极为正极，锂离子作用下氮气在催化剂表面得到电子发生还原反应生成氮化锂，电极反应式为N2+6e—+6Li+=2Li3N，由电极反应式可知，生成氮化锂和消耗氮气的质量比为70：28=5：2，故C正确；D．铅蓄电池充电时的总反应为2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO4，反应消耗2mol水时，转移2mol电子，则由得失电子数目守恒可知，充电消耗0.7g锂时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×1×18g/mol=1.8g，故D错误；故选C。13.利用反应可实现从燃煤烟气中回收硫。向三个体积相同的恒容密闭容器中通入和发生反应，反应体系的总压强随时间的变化如图所示。下列说法错误的是A.实验b中，40min内CO的平均反应速率B.与实验a相比，实验b改变的条件是加入催化剂C.实验b中的平衡转化率是75%D.实验abc相应条件下的平衡常数：【答案】D【解析】【分析】反应为放热反应，三个反应容器体积相同且恒容，反应物起始量相同，实验a、b起始压强相同，说明反应温度相同，实验b达到平衡快，反应速率大，但两者平衡状态相同，说明实验b使用了催化剂；与实验a相比，实验c达到平衡快，反应速率大，且平衡时体系压强大，说明实验c的反应温度更高。【详解】A．对反应，反应时混合气体减小的物质的量相同于消耗SO2的物质的量，根据压强之比等于物质的量之比，实验b中，40min内体系压强减小了，相当于二氧化硫的分压强减小了40kPa，则CO的分压强减小了80kPa，故CO的平均反应速率为，A正确；B．根据分析知实验b改变的条件是加入催化剂，B正确；C．设达到平衡状态时，SO2消耗了，列三段式得：40min达到平衡，此时压强为120kPa，根据压强之比等于物质的量之比，得：，解得，故二氧化硫的转化率为，C正确；D．平衡常数只受温度影响，根据分析知实验a、b反应温度相同，则。反应，说明该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，实验c温度比实验a、b高，则，D错误；故选D。14.氢能具有高热值、零污染和资源丰富等优点。一种光解水产生氢气的催化剂晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为。下列说法正确的是A.与的个数比为B.与距离最近的个数为8C.与的最近距离为D.该晶体的摩尔体积为【答案】B【解析】【详解】A．据“均摊法”，晶胞中，的个数为，的个数为8，则晶胞中与O的个数比为，A错误；B．以底面面心的Ce为例，上、下层各有4个氧原子与之最近，故与距离最近的个数为，B正确；C．与的最近距离为体对角线的四分之一，为，C错误；D．1个晶胞体积为，含有4个和8个O，则该晶体的摩尔体积为，D错误；故选B。15.常温下，向某浓度溶液中缓慢加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与、、变化如图所示。下列说法错误的是A.a到b的滴定过程中水的电离程度逐渐增大B.常温下，电离平衡常数为C.a点溶液中，存在D.在NaHA溶液中，存在【答案】D【解析】【详解】A．a到b的滴定过程逐渐减小，则浓度逐渐增大，对水电离起促进作用，浓度越大，水的电离程度越大，a到b过程中水的电离程度增大，A正确；B．电离常数的表达式为：，，④，当pH=3.05时，与相等，即代入④，可得，又由图中可知，当pH=5.3时，，即，即，所以，B正确；C．a点溶液中，a点时，，则，C正确；D．NaHA溶液，由既存在电离又存在水解，所以，，，所以与的大小取决于电离和水解的程度，，即HA的水解常数，所以的水解程度小于的电离程度，所以，NaHA溶液中，D错误；故答案选D。第II卷二、非选择题（本题共4小题，共55分）16.硫锰废渣的主要成分是MnS，还含有NiS、CoS以及少量铁的化合物，利用常压酸浸—溶剂萃取法从硫锰废渣中回收有价金属锰、钻、镍的工艺流程如下：已知：①“溶浸”中的与均稍过量；②溶液中离子浓度小于为沉淀完全；③；④开始沉淀的分别为7.2、7.7、8.1。回答下列问题：（1）“溶浸”中发生反应还原产物是_______(填化学式)。MnS溶于会生成，但本工艺“浸出”过程中无产生，利用离子方程式说明原因_______。（2）“沉淀”中调节溶液为3.5，此时_______。（3）“滤渣”中主要有和_______，不能通过调节溶液的完成“除钙”的原因是_______。（4）对萃取剂P204和P507萃取金属离子的影响如下图所示。据此推测，“产品1”中主要的金属阳离子是_______，试剂B应选用_______(填“P204”或“P507”)。（5）在介质中，用氧化可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的。写出该反应的离子方程式_______。【答案】（1）①.MnSO4②.2Fe3+＋H2S=2Fe2+＋S↓＋2H＋（2）1.28×10-6或1.25×10-6或4×10-6.5（3）①.CaF2②.经计算可知，Ca2+完全沉淀时，Ni2+、Co2+、Mn2+均已完全沉淀或氢氧化钙微溶，调pH值无法使Ca2+完全沉淀（4）①.Mn2+②.P507（5）2Ni2+＋Br2＋6OH-=2NiO(OH)↓＋2Br-＋2H2O【解析】【分析】硫锰废渣的主要成分是MnS，还含有NiS、CoS以及少量铁的化合物，先将MnO2，H2SO4，FeSO4混合进行溶浸，生成MnSO4和Fe2(SO4)3，向其中加入硫锰废渣，进行浸出，由于铁离子的氧化性，硫元素被氧化为硫单质沉淀，浸出液加入碳酸钙调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀析出，再加入MnF2除去溶液中的钙离子，加入萃取剂萃取，得有机相和水相，根据第4小题图可知水相中主要含Co2+和Ni2+，有机相1中主要含Mn2+，有机相反萃取后得到产品1为MnSO4，水相再次萃取，得到NiSO4溶液和有机相2，有机相2中主要含Co2+。【小问1详解】“溶浸”中二氧化锰和硫酸亚铁发生氧化还原反应，二氧化锰是氧化剂，反应后生成还原产物是MnSO4，浸出”过程在溶浸后的溶液中发生，溶液中有铁离子，有氧化性，氧化生成的硫化氢得硫单质，离子方程式为2Fe3+＋H2S=2Fe2+＋S↓＋2H＋；【小问2详解】根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=4.0×10−38，溶液pH为3.5，即c(H+)=10-3.5mol/L，c(OH-)=10-10.5mol/L，代入得c(Fe3+)=4×10-6.5mol/L≈1.25×10-6mol/L；【小问3详解】加入MnF2除钙，故“滤渣”中主要有过量MnF2和CaF2，氢氧化钙微溶，调pH值无法使Ca2+完全沉淀，若Ca2+完全沉淀，Ni2+、Co2+、Mn2+均已完全沉淀，无法达到分离的目的；小问4详解】由图知，P204对Mn2+萃取率很高，故有机相1中主要含Mn2+，“产品1”中主要的金属阳离子是Mn2+，试剂B萃取后，水相中为Ni2+，故试剂B对Co2+萃取率高，由图知，P507符合；【小问5详解】在NaOH介质中，用Br2氧化NiSO4可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiO(OH)，Br2做氧化剂得电子反应后生成Br-，离子方程式为2Ni2+＋Br2＋6OH-=2NiO(OH)↓＋2Br-＋2H2O。17.环己酮（）是种重要的化工原料，由氧化环己醇制备环己酮的实验方法如下：相关数据如下：物质密度沸点/℃（101kPa）与水形成共沸物的沸点/℃部分性质环己醇0.96161.097.8能溶于水，具有还原性，易被氧化环己酮0.95155.095.0微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应（1）环己酮的产率受用量影响，当用量过大时环己酮产率反而下降，其原因是_____。反应温度控制在的原因是_____。（2）减压蒸馏的装置如下图所示，当加热后已有馏分出来时才发现冷凝管没有通水，应该采取的措施是_____，进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有_____。减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏。减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是_____（填标号）。a．停止通冷凝水b．关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温c．关闭真空泵d．缓慢打开双通旋塞（3）判断蒸馏是否完全，除了可以观察是否有馏出物，还可以通过观察_____进行判断。（4）传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为_____。（5）本实验中环己酮的产率为_____（保留2位有效数字）。【答案】（1）①.具有强氧化性，会将环己酮进一步氧化发生开环反应温度过低，反应速率慢②.温度过高，分解（2）①.停止加热，冷却后再通冷凝水②.防止液体暴沸③.badc（3）温度计读数是否发生变化（4）3（5）83%或者0.83【解析】【分析】本实验题是用H2O2在FeCl3的催化下氧化环己醇制备环已酮，先将10mL环己醇和2.0gFeCl3混合，再滴加30%H2O2在60℃~70℃下反应70min制备环己酮，反应后的溶液中加入50mL水后进行蒸馏得到共沸馏出液，向共沸馏出液中加入食盐以减小环己酮在水中的溶解度，便于液体分离，搅拌后进行分液得到有机层，主要含有环己酮和环己醇，向其中加入MgSO4吸收表面的水分进行过滤得到的液体进行加压蒸馏即得较纯净的环己酮；【小问1详解】表中信息环己酮微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应，故过量的会将环己酮进一步氧化而导致产率下降；反应温度控制在，温度过低，反应速率慢；温度过高，分解；【小问2详解】已经加热后才发现冷凝管没有通水，必须停止加热，冷却后再通冷凝水；进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有防止暴沸的作用；减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏，减压蒸馏完成后，先后需进行的操作为：b．关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温，a．停止通冷凝水，d．缓慢打开双通旋塞，c．关闭真空泵，正确的操作顺序是badc；【小问3详解】当一种馏分蒸馏完毕，开始蒸馏下一种沸点更高的馏分时，支管口处的温度会随之升高。因此，温度计的示数会相应增加；【小问4详解】传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为3；【小问5详解】反应过程碳原子守恒，可得：（环己酮）（环己醇），则环己酮的产率为。18.利用可再生能源和绿色氢气将转化为甲醇，可以减少碳排放同时将固定为有价值的化学品，是国家能源条件与环境现状的共同选择。所涉及的反应如下：反应1：反应2：反应3：回答下列问题：（1）_____。（2）上述反应中，反应1的速率决定了总反应速率。下图用于表示该过程的能量与反应进程的关系（部分已画出）。请选择图（a）或图（b），在虚线线框中将其补充完整_____。（3）有人提出“也适宜于工业合成甲醇”，判断这种说法是否正确并说明原因_____（假设反应的焓变和熵变不随温度的改变而变化）。（4）在传统的热反应中，恒压（压强分别为3MPa、5MPa）下，按投料，在密闭容器中发生反应1和反应3，改变反应温度，的平衡转化率以及生成（或CO）选择性（S）的变化如图所示。已知：（或）选择性。①随着温度升高，a、b两条曲线接近重合的原因是_____。②下列有关反应体系的说法中正确的是_____。A．当的分压不再改变时，体系达到平衡状态B．曲线表示的选择性C．使用催化剂可以降低活化能，提高合成效率D．体系达到平衡后，压缩体积，则反应3平衡正向移动，反应1平衡不移动③点对应的反应1的平衡常数_____（以分压计算，分压=总压×物质的量分数）（保留两位有效数字）。④分子筛膜反应器可提高反应3的平衡转化率、且实现选择性，原理如图所示。分子筛膜反应器可提高转化率的原因是_____。【答案】（1）-49.4kJ/mol（2）（3）不正确，这个反应且，，在任何温度下都不能自发进行（4）①.温度升高到一定程度时，整个过程以反应1为主②.AC③.0.0096④.分子筛膜反应器可以及时分离反应3生成的，同时也带走热量，降低温度，促进反应3正向进行，提高转化率【解析】【小问1详解】反应1+反应2得反应3，故。【小问2详解】根据应选图1中的(a)，再根据反应1是决速反应所以所绘图像的活化能要小于反应1的活化能，另外，所以图像终点低于最左侧起点，图像为；【小问3详解】该反应的逆过程是甲醇气态燃烧为放热反应，所以该反应为吸热反应，又因故，在任何温度下都不能自发进行；【小问4详解】①反应3是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，减小，反应1是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，增大，随着温度升高，a、b两条曲线先减小再增大接近重合的原因是：温度升高到一定程度时，整个过程以反应1为主；②A．反应体系中的分压是变量，当其不变时达到平衡状态，A正确；B．随温度升高反应3逆向移动，的量减少选择性降低，B错误；C．使用催化剂降低活化能，提高反应速率，提高合成效率，C正确；D．根据反应3系数分析，压缩体积，反应3正向移动，随着反应3正向移动会引起体系中和减少同时增多，这就打破了反应1的平衡，使其也发生移动，故D错误；故选AC；③若起始时二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，P点时甲醇的选择性（S）、CO选择性（S）均为50%，二氧化碳的平衡转化率(α)=20%，体系压强为3MPa，平衡时：n(CO2)=1mol×(1-20%)=0.8mol，设n(H2)=xmol，n(CH3OH)=n(CO)=ymol，n(H2O)=zmol，根据C、H、O原子守恒可知，0.8+2y=1，,2x+4y+2z=6，0.8×2+2y+z=2，解得x=2.6mol，y=0.1mol，z=0.2mol，体系中气体的总物质的量n=2.6mol+0.1mol+0.1mol+0.2mol+0.8mol=3.8mol，p(CO2)=；同理可知：p(H2)=，p(CO)=，p(H2O)=，反应2的平衡常数Kp==0.0096；④由图可知，该分子筛膜反应器具有双重功能，只催化反应3，且能分离出反应3生成物水蒸气，同时也带走热